devre anal‹z‹ - Erciyes Üniversitesi Akademik Bilgi Sistemi

Transkript

T.C. ANADOLU ÜN‹VERS‹TES‹ YAYINI NO: 2520
AÇIKÖ⁄RET‹M FAKÜLTES‹ YAYINI NO: 1491
DEVRE ANAL‹Z‹
Yazarlar
Yrd.Doç.Dr. Emre KIYAK - Ö¤r.Gör. Ifl›l YAZAR (Ünite 1-4)
Yrd.Doç.Dr. Asuman ÖZGER (Ünite 5, 6)
Yrd.Doç.Dr. Semih ERG‹N (Ünite 7)
Prof.Dr. Osman PARLAKTUNA (Ünite 8)
Editör
Yrd.Doç.Dr. Emre KIYAK
ANADOLU ÜN‹VERS‹TES‹
Bu kitab›n bas›m, yay›m ve sat›fl haklar› Anadolu Üniversitesine aittir.
“Uzaktan Ö¤retim” tekni¤ine uygun olarak haz›rlanan bu kitab›n bütün haklar› sakl›d›r.
‹lgili kurulufltan izin almadan kitab›n tümü ya da bölümleri mekanik, elektronik, fotokopi, manyetik kay›t
veya baflka flekillerde ço¤alt›lamaz, bas›lamaz ve da¤›t›lamaz.
Copyright © 2012 by Anadolu University
All rights reserved
No part of this book may be reproduced or stored in a retrieval system, or transmitted
in any form or by any means mechanical, electronic, photocopy, magnetic, tape or otherwise, without
permission in writing from the University.
UZAKTAN Ö⁄RET‹M TASARIM B‹R‹M‹
Genel Koordinatör
Doç.Dr. Müjgan Bozkaya
Genel Koordinatör Yard›mc›s›
Doç.Dr. Hasan Çal›flkan
Ö¤retim Tasar›mc›lar›
Yrd.Doç.Dr. Seçil Banar
Ö¤r.Gör.Dr. Mediha Tezcan
Grafik Tasar›m Yönetmenleri
Prof. Tevfik Fikret Uçar
Ö¤r.Gör. Cemalettin Y›ld›z
Ö¤r.Gör. Nilgün Salur
Grafikerler
Ayflegül Dibek
Hilal Küçükda¤aflan
Aysun fiavl›
Kitap Koordinasyon Birimi
Uzm. Nermin Özgür
Kapak Düzeni
Prof. Tevfik Fikret Uçar
Ö¤r.Gör. Cemalettin Y›ld›z
Dizgi
Aç›kö¤retim Fakültesi Dizgi Ekibi
Devre Analizi
ISBN
978-975-06-1189-6
1. Bask›
Bu kitap ANADOLU ÜN‹VERS‹TES‹ Web-Ofset Tesislerinde 3.100 adet bas›lm›flt›r.
ESK‹fiEH‹R, May›s 2012
iii
‹çindekiler
‹çindekiler
Önsöz ............................................................................................................
vii
Temel Kavramlar.....................................................................
2
G‹R‹fi ..............................................................................................................
B‹R‹M S‹STEMLER‹ VE B‹R‹M KATLARI ......................................................
Uluslararas› Temel Birim Sistemleri (SI) ve Birim Katlar›...........................
TEMEL KAVRAMLAR.....................................................................................
Elektrik Yükü.................................................................................................
‹letken-Yal›tkan .............................................................................................
Ak›m...............................................................................................................
Do¤ru Ak›m.............................................................................................
Alternatif Ak›m ........................................................................................
Temel ‹ntegral Kurallar›..........................................................................
Gerilim ...........................................................................................................
Direnç ............................................................................................................
Direnci Etkileyen Faktörler.....................................................................
Direncin S›cakl›kla De¤iflimi...................................................................
Direnç Renk Kodlar› ...............................................................................
‹letkenlik ..................................................................................................
Güç.................................................................................................................
Enerji ..............................................................................................................
Kaynaklar .......................................................................................................
Kaynak Tipine Göre S›n›fland›rma.........................................................
Eleman Ba¤›ml›l›¤›na Göre S›n›fland›rma..............................................
Zaman Ba¤›ml›l›¤›na Göre S›n›fland›rma...............................................
OHM KANUNU .............................................................................................
Özet ...............................................................................................................
Kendimizi S›nayal›m .....................................................................................
Kendimizi S›nayal›m Yan›t Anahtar› ............................................................
S›ra Sizde Yan›t Anahtar› ..............................................................................
Yararlan›lan Kaynaklar..................................................................................
3
3
3
4
4
5
5
5
6
6
8
8
8
9
9
10
11
12
12
12
13
13
15
17
18
19
19
20
Devre Yasalar›.......................................................................... 22
G‹R‹fi ..............................................................................................................
TANIMLAMALAR ...........................................................................................
Dü¤üm Noktas› .............................................................................................
Temel Dü¤üm Noktas›..................................................................................
Kol .................................................................................................................
Çevre ..............................................................................................................
Göz.................................................................................................................
K‹RCHHOFF YASALARI ................................................................................
Kirchhoff’un Ak›m Yasas› .............................................................................
Kirchhoff’un Gerilim Yasas›..........................................................................
TEK GÖZLÜ VE TEK TEMEL DÜ⁄ÜM NOKTALI DEVRE
ANAL‹Z‹ .........................................................................................................
Tek Gözlü Devre Analizi ..............................................................................
Tek Temel Dü¤üm Noktal› Devre Analizi...................................................
EfiDE⁄ER D‹RENÇ VE KAYNAK HESABI ...................................................
Seri Ba¤lanm›fl Dirençler ‹çin Eflde¤er Direnç Hesab›................................
Paralel Ba¤lanm›fl Dirençler ‹çin Eflde¤er Direnç Hesab›...........................
GER‹L‹M VE AKIM PAYLAfiIM KURALLARI ................................................
Gerilim Paylafl›m› ..........................................................................................
Ak›m Paylafl›m› ..............................................................................................
23
23
23
24
24
24
24
25
25
25
30
30
34
39
39
39
40
40
41
1. ÜN‹TE
2. ÜN‹TE
iv
‹çindekiler
Özet ...............................................................................................................
3. ÜN‹TE
Dü¤üm Gerilimleri Yöntemi ve Çevre Ak›mlar›
Yöntemi .................................................................................... 50
G‹R‹fi ..............................................................................................................
GRAF TEOR‹S‹ VE TANIMLARI....................................................................
DÜ⁄ÜM GER‹L‹MLER‹ YÖNTEM‹................................................................
ÇEVRE AKIMLARI YÖNTEM‹ .......................................................................
Özet ...............................................................................................................
4. ÜN‹TE
51
51
53
60
66
67
68
69
70
Temel Teoremler........................................................................72
G‹R‹fi ..............................................................................................................
KAYNAK DÖNÜfiÜMÜ .................................................................................
Gerilim Kayna¤›n› Ak›m Kayna¤›na Dönüfltürme.......................................
Ak›m Kayna¤›n› Gerilim Kayna¤›na Dönüfltürme.......................................
MAKS‹MUM GÜÇ TEOREM‹.........................................................................
SÜPERPOZ‹SYON TEOREM‹ ........................................................................
THEVEN‹N TEOREM‹....................................................................................
NORTON TEOREM‹ ......................................................................................
Özet................................................................................................................
Kendimizi S›nayal›m......................................................................................
5. ÜN‹TE
43
44
45
46
48
73
73
74
74
76
78
81
83
87
88
89
90
92
Kondansatör ve Bobin............................................................. 94
G‹R‹fi ..............................................................................................................
KONDANSATÖR ...........................................................................................
Kondansatörde Elektrik Enerjisinin Elektrostatik Enerji Olarak
Depolanmas›..................................................................................................
Kondansatörün DC Analizi ...........................................................................
Kondansatörün AC Analizi ...........................................................................
Kondansatörün Kapasitesine Etki Eden Faktörler.......................................
Kondansatör Seçiminde Önemli Karakteristikler ........................................
Kondansatörlerin Seri, Paralel ve Kar›fl›k Ba¤lanmas› ................................
Kondansatörlerin Seri Ba¤lanmas› .........................................................
Kondansatörlerin Paralel Ba¤lanmas› ....................................................
Kondansatörlerin Kar›fl›k Ba¤lanmas› ....................................................
Kondansatörde Ak›m - Gerilim ‹liflkisi ........................................................
Yüklü Bir Kondansatörün Sahip Oldu¤u Enerjinin Hesaplanmas› ............
Kondansatör Çeflitleri ....................................................................................
Sabit De¤erli Kondansatörler..................................................................
De¤iflken De¤erli Kondansatörler ..........................................................
Kondansatörlerin Kullan›m Alanlar› .............................................................
Kapasite De¤iflimi....................................................................................
Elektrik Enerjisi Depolama .....................................................................
Devrede Reaktif Güç Meydana Gelmesi................................................
95
95
96
97
97
99
100
101
101
102
103
104
105
106
106
107
108
108
108
108
v
‹çindekiler
Kapasitif Reaktans›n Frekansa Ba¤l› Olarak De¤iflmesi ......................
Kondansatörün Do¤ru Ak›m ve Alternatif Ak›ma Karfl› Davran›fl›n›n
Farkl› Olmas› ...........................................................................................
BOB‹N............................................................................................................
Bobinin ‹ndüktans›na Etki Eden Faktörler ..................................................
Bobin Çeflitleri ...............................................................................................
Ayarl› Bobin.............................................................................................
Trimer Ayarl› Bobin ................................................................................
Bobinin DC Analizi .......................................................................................
Bobinin AC Analizi........................................................................................
Bobinlerin Seri, Paralel ve Kar›fl›k Ba¤lanmas› ...........................................
Bobinlerin Seri Ba¤lanmas› ...................................................................
Bobinlerin Paralel Ba¤lanmas› ...............................................................
Bobinlerin Kar›fl›k Ba¤lanmas› ...............................................................
Bobinde Ak›m - Gerilim ‹liflkisi....................................................................
Bobinde Güç ve Enerji .................................................................................
Bobinin Kullan›m Alanlar› ............................................................................
Manyetik Alan Oluflmas›.........................................................................
Bobinin Üzerinde Meydana Gelen Manyetik Alan›n Elektrik Enerjisi
‹ndüklemesi ............................................................................................
Do¤ru Ak›ma Kolayl›k Gösterip Alternatif Ak›m›n Geçifline Zorluk
Gösterme .................................................................................................
Özet ...............................................................................................................
108
108
109
110
111
111
111
111
112
112
112
113
113
114
114
115
115
115
115
116
117
118
119
119
RL ve RC Devreleri.................................................................. 120
G‹R‹fi ..............................................................................................................
KAYNAKSIZ RL DEVRES‹ .............................................................................
KAYNAKSIZ RC DEVRES‹.............................................................................
Genel Yaklafl›m .............................................................................................
Genellefltirilmifl RL Devreleri ..................................................................
Genellefltirilmifl RC Devreleri .................................................................
B‹R‹M BASAMAK FONKS‹YONU .................................................................
Birim Basamak Fonksiyonunun Devrelerde Kullan›m› ..............................
Özet ...............................................................................................................
Alternatif Ak›m........................................................................ 148
G‹R‹fi ..............................................................................................................
TEMEL KAVRAMLAR.....................................................................................
Frekans...........................................................................................................
Periyot ............................................................................................................
Aç›sal frekans.................................................................................................
Alternatif Ak›m De¤erleri..............................................................................
Anl›k De¤er .............................................................................................
Tepe De¤er..............................................................................................
Tepeden Tepeye De¤er ..........................................................................
Etkin De¤er..............................................................................................
Ortalama De¤er .......................................................................................
6. ÜN‹TE
121
121
125
130
130
137
138
139
142
143
145
145
147
149
151
151
152
152
153
153
153
154
154
154
7. ÜN‹TE
vi
‹çindekiler
S‹NÜZO‹DAL AKIM/GER‹L‹M ‹Ç‹N MATEMAT‹KSEL
‹FADELER.......................................................................................................
FAZ KAVRAMI VE FAZ ‹L‹fiK‹LER‹ ..............................................................
Bir AC Dalgan›n Faz Hesab›.........................................................................
S›f›r Faz ....................................................................................................
‹leri Faz ....................................................................................................
Geri Faz ...................................................................................................
‹ki AC Dalga Aras›ndaki Faz Fark›...............................................................
EMPEDANS - ADM‹TANS .............................................................................
Empedans ......................................................................................................
Empedans - Ak›m - Gerilim ‹liflkisi..............................................................
Admitans ........................................................................................................
Admitans - Ak›m - Gerilim ‹liflkisi................................................................
Empedanslar›n Seri ve Paralel Ba¤lanmas›..................................................
Seri Ba¤lama............................................................................................
Paralel Ba¤lama.......................................................................................
FAZÖR D‹YAGRAMLAR................................................................................
Fazörün Eksponansiyel Gösterimi................................................................
Özet ...............................................................................................................
8. ÜN‹TE
155
156
156
157
157
158
159
161
161
162
164
165
166
166
167
167
168
170
171
172
172
173
Alternatif Ak›m Devrelerinin Analizi ve Güç
Hesaplamalar›... ....................................................................... 174
G‹R‹fi ..............................................................................................................
ALTERNAT‹F AKIM DEVRELER‹N‹N ANAL‹Z‹ ............................................
Direnç, Bobin ve Kondansatörlerde Frekans Alan›nda
Gerilim - Ak›m ‹liflkisi...................................................................................
Empedans ......................................................................................................
Devrenin Zaman Alan›ndan Frekans Alan›na Aktar›lmas›..........................
Kirchhoff Kanunlar›n›n Kullan›m› ................................................................
Dü¤üm Gerilimleri Yöntemi .........................................................................
Göz Ak›mlar› Yöntemi ..................................................................................
Süperpozisyon Yöntemi................................................................................
Kaynak Dönüflümü Yöntemi ........................................................................
Thevenin Eflde¤eri.........................................................................................
ALTERNAT‹F AKIM DEVRELER‹NDE GÜÇ HESAPLAMALARI ...................
Anl›k Güç.......................................................................................................
Ortalama güç .................................................................................................
Dirençte Ortalama Güç...........................................................................
Reaktif Elemanlarda (Bobin ve Kondansatör) Ortalama Güç ..............
Ortalama Gücün Etkin De¤er Kullan›larak Hesaplanmas› ...................
Görünür Güç ve Güç Çarpan›................................................................
Karmafl›k Güç ..........................................................................................
Güç Çarpan›n›n Düzeltilmesi .................................................................
Özet................................................................................................................
Kendimizi S›nayal›m......................................................................................
175
175
176
176
177
178
178
179
180
181
182
183
184
185
185
185
186
186
188
190
192
193
194
195
196
Önsöz
Önsöz
Elinizdeki bu kitap, Devre Analizi ile ilgili önemli temel kavramlar›, devre yasalar›n› ve devre çözümlemelerinde kullan›lan temel yöntemleri basit anlat›mla ve
bol örnek kullan›m›yla vermeye çal›flmaktad›r. Ayr›ca bobin ve kondansatör gibi
elektrik-elektronik dünyas›n›n en önemli elemanlar›n›n yap›s› ve DC karfl›s›nda
davran›fl flekilleri aç›klanm›flt›r. AC ise ayr›nt›l› bir flekilde ele al›nmaktad›r.
Yüksekokullarda ve meslek yüksekokullar›nda ö¤renim gören ö¤rencilerin
Devre Analizi dersiyle ilgili Türkçe kaynak s›k›nt›s› çekmekte oldu¤u görülmektedir. Önlisans ö¤rencileri için haz›rlanan bu kitab›n, önlisans ö¤rencilerinin yan›nda, yüksekokul ve meslek yüksekokullar›nda okuyan ö¤renciler içinde bir kaynak
kitap olarak kullan›labilmesine olanak sa¤lanm›flt›r.
Büyük bir eksikli¤i gidermede katk›da bulunaca¤›n› düflündü¤üm bu kitab›n
haz›rlanmas›nda özenli ve titiz çal›flmalar› bulunan hocalar›ma teflekkür eder, ö¤rencilerimize baflar›lar dilerim.
Editör
Yrd.Doç.Dr. Emre KIYAK
vii
1
DEVRE ANAL‹Z‹
Amaçlar›m›z
N
N
N
N
N
Bu üniteyi tamamlad›ktan sonra;
Uluslararas› temel birim sistemleri ve birim katlar›n› tan›mlayabilecek,
Devre Analizi ile ilgili tan›m ve kavramlar› aç›klayabilecek,
Devre Analizi ile ilgili ifadeleri matematiksel olarak hesaplayabilecek,
Gerilim ve ak›m kaynaklar›n› s›n›fland›rabilecek,
Ohm Kanunu’nu ifade edebilecek bilgi ve becerilere sahip olabilirsiniz.
Anahtar Kavramlar
•
•
•
•
Birim sistemleri
‹letkenlik
Ak›m
Gerilim
•
•
•
•
Direnç
Güç
Enerji
Ohm Kanunu
‹çindekiler
Devre Analizi
Temel Kavramlar
• G‹R‹fi
• B‹R‹M S‹STEMLER‹ VE B‹R‹M
KATLARI
• TEMEL KAVRAMLAR
• OHM KANUNU
Temel Kavramlar
G‹R‹fi
Devre Analizi dersinin kavranmas›nda matematik ve fizik bilgileri temel teflkil etmektedir. Bu bölümde verilen birim katlar›, elektrik yükü, ak›m, gerilim, direnç,
güç, enerji ve Ohm Kanunu konular› özellikle bu bilgilerinde kullan›ld›¤› konulard›r.
Günlük hayatta kulland›¤›m›z kilogram, litre vb. birimler gibi Devre Analizi dersinde de s›kl›kla kullan›lacak temel birimler, alt birimler ve bunlar›n da alt ve üst katlar› bulunmaktad›r. Ak›m birimi olan Amper (A) ve zaman birimi olan saniye (s), SI
birim sistemi içinde olan yedi temel birimden ikisidir. Bunun yan›nda gerilim birimi
Volt (V), yük birimi Coulomb (C), direnç birimi Ohm (Ω), iletkenlik birimi mho (M)
veya Siemens (S), güç birimi olan Watt (W) ve enerji birimi olan Joule (J) önemli alt
birimlerdir. Birim katlar›ndan pico (p), nano (n), micro (µ) , mili (m), Kilo (k) ve Mega (M) elektrik ve elektronik dünyas›nda s›kl›kla karfl›lafl›lan birim katlar›d›r.
Atom, elementlerin en küçük parças›d›r. Maddenin yap› tafl›d›r. Çekirde¤ini
protonlar ve nötronlar oluflturur. Çekirde¤in çevresinde yörüngelerde serbest dolaflan elektronlar bulunmaktad›r. Elektronlar›n hareketlerinin tersi yönde elektrik
ak›m› oluflur.
Elektrik yükü, iletken-yal›tkan, ak›m ve çeflitleri, gerilim, direnç, iletkenlik, güç,
enerji, kaynak ve çeflitleri bu bölümde temel kavramlar olarak ele al›nm›flt›r.
Ohm Kanunu, Devre Analizi dersinin en önemli konular›ndan biridir. Bir direncin uçlar›ndaki gerilimin uygulanan ak›mla do¤ru orant›l› olarak de¤iflti¤ini söyler.
Bu bölümde, birim sistemleri ve birim katlar›, Devre Analizi ile ilgili temel kavramlar ve Ohm Kanunu incelenecektir. Konu anlat›m›nda elden geldi¤i kadar sadelik esas al›nm›flt›r. Her bölüm sonras›nda verilen çözümlü örnekler ve s›ra sizde
sorular› ile konunun pekifltirilmesi amaçlanm›flt›r.
B‹R‹M S‹STEMLER‹ VE B‹R‹M KATLARI
Uluslararas› Temel Birim Sistemleri (SI) ve Birim Katlar›
Uluslararas› birim sisteminin içinde mekanik, elektrik, manyetik ve optik birimleri
bir araya getirilmifltir. Sistemin yedi temel birimi afla¤›daki gibi tan›mlanm›flt›r. Çizelge 1.1’de verilen temel birimlerden elektrik ak›m› ve zaman nicelikleri, Devre
Analizi dersi kapsam›nda de¤erlendirilmektedir. Çizelge 1.2’de ise temel elektrik
birimleri verilmektedir.
4
Devre Analizi
Çizelge 1.1
Uluslararas› temel
birimler.
Çizelge 1.2
Temel elektrik
birimleri.
Fiziksel Nicelik
Birimin Ad›
K›saltmas›
Uzunluk
metre
m
Kütle
kilogram
mg
Zaman
saniye
s
Elektrik Ak›m›
Amper
A
S›cakl›k
Kelvin
K
Ayd›nlanma fiiddeti
candela
cd
Madde Miktar›
mole
mol
Fiziksel Nicelik
Birimin Ad›
K›saltmas›
Elektrik yükü
Coulomb
C
Gerilim
Volt
V
Direnç
Ohm
Ω
‹letkenlik
Siemens
S
Endüktans
Henry
H
Kapasitans
Farad
F
Frekans
Hertz
Hz
Güç
Watt
W
Enerji
Joule
J
Birim katlar› ise afla¤›daki gibidir. Çizelge 1.3’de verilen birim katlar›ndan pico
(p), nano (n), micro , mili (m), kilo (k) ve Mega (M) elektrik ve elektronik dünyas›nda s›kça kullan›lan birim katlar›d›r.
Çizelge 1.3
Birim Katlar›.
SIRA S‹ZDE
D Ü fi Ü N E L ‹ M
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
1
atto (a)
10-18
deci (d)
10-1
femto (f)
10-15
deca (da)
10
pico (p)
10-12
hecto (h)
102
nano (n)
10-9
Kilo (k)
103
micro (µ)
10-6
Mega (M)
106
mili (m)
10-3
Giga (G)
109
centi (c)
10-2
Tera (T)
1012
1 mA’n›n ne SIRA
kadarS‹ZDE
µ oldu¤unu hesaplay›n›z.
TEMEL KAVRAMLAR
Elektrik Yükü
O R küçük
U
ElementlerinS en
parças› atom olarak isimlendirilir. Atomlar maddenin yap›
tafl›d›r. Atomun çekirde¤ini pozitif yüklü protonlar ve yüksüz nötronlar oluflturur.
Çekirde¤in çevresinde
yörüngelerde ise negatif yüklü elektronlar bulunmaktad›r.
D‹KKAT
Metal iletkenlerde, atomik yap›n›n en d›fl halkas›ndaki elektronlara, çekirdekten
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
1. Ünite - Temel Kavramlar
en uzak olmalar› sebebiyle uygulanan çekim kuvveti daha azd›r ve kopar›lmalar›
daha kolayd›r. Kopar›lan elektronlar atomlar aras›nda dolaflmaya bafllar. Elektronlar yer de¤ifltirirken elektrik ak›m› meydana getirirler. Elektrik ak›m› yönü, elektron hareketinin tersi yöndedir.
S›v› ya da plazmalarda ise, kat›lardan farkl› olarak hareketli pozitif veya negatif
yüklü iyonlar bulunur. Ak›m, pozitif iyonlarda hareket yönünde oluflurken, negatif iyonlarda ise hareket yönünün tersi yönde oluflur.
Devre Analizi dersinde, kat›larda özellikle iletkenlerde olan durum di¤erine göre daha fazla önem derecesine sahiptir.
‹letken-Yal›tkan
Element listesinde, en d›fl halkas›nda dörtten daha az say›da elektron olanlar iletken, dört elektron olanlar yar›-iletken ve dörtten fazla elektron olanlar ise yal›tkan
olarak isimlendirilirler. ‹letken, yal›tkan ve yar›-iletken için bir baflka tan›mlama flu
flekilde yap›labilir: Elektrik yükünü bir yerden bir baflka yere tafl›yabilen maddelere iletken, tafl›yamayan maddelere ise yal›tkan denir. ‹letkenlikleri metallere göre
daha az olmakla beraber, iletken ile yal›tkan aras›nda kalm›fl maddelere ise yar›iletken denir.
En iyi iletken gümüfltür. Onu bak›r ve alt›n takip eder. Yal›tkanlara örnek olarak tahta, cam ve plastik gösterilebilir. Silisyum, germanyum ve selenyum ise yar›iletkenlere örnek verilebilir.
Ak›m
Ak›m, yüklerin hareketinden do¤ar. Birimi Amper (A)’dir. 1 A’l›k ak›m için iletkenin sabit bir kesitinden saniyede 6.24x1018 elektron geçmek zorundad›r. Zamana
ba¤l› olarak fonksiyonlar yard›m›yla flu flekilde tan›mlan›r:
i( t ) =
dq(t )
dt
(1.1)
Burada q(t) toplam yük olarak tan›mlanm›flt›r. Yükün birimi ise Coulomb
(C)’dur. Parantez içinde yaz›lan t’ler ise, ak›m›n ve toplam yükün zaman›n birer
fonksiyonu oldu¤unu göstermek amaçl› kullan›lmaktad›r.
Eflitlik (1.1)’den q(t) bulunabilir. dq(t) = i(t)dt fleklinde yaz›l›p, her iki taraf›n
bafllang›ç an› t0‘dan bitifl zaman› t‘ ye kadar olmak üzere integrali al›n›rsa,
t
t
t
t
t0
t0
t0
t0
∫ dq(t ) = ∫ i(t ) dt ⇒ q(t ) − q(t0 ) = ∫ i(t ) dt ⇒ q(t ) = ∫ i(t ) dt + q(t0 )
(1.2)
fleklinde yaz›labilir ve belli bir andaki toplam yük bulunabilir.
Bir fonksiyonun belirli s›n›rlar alt›nda integrali, asl›nda o fonksiyonun belirtilen
s›n›rlar dâhilinde yatay eksenle aras›nda kalan bölgenin alan› fleklinde daha kolay
bir flekilde tarif edilebilir. Dolay›s›yla ak›m fonksiyonunun do¤ru, do¤rusal olarak
artan, azalan veya bunlar›n çeflitli varyasyonlar› olmas› durumunda, hesap kolayl›¤› aç›s›ndan alan hesab› yap›larak çözüme daha h›zl› gidilebilir.
Ak›m›n do¤ru ve alternatif olmak üzere temel olarak iki tipi bulunur.
Do¤ru Ak›m
Do¤ru ak›m, elektrik yüklerinin yüksek potansiyelden alçak potansiyele do¤ru sabit olarak akmas›yla oluflur. DC (Direct Current) olarak isimlendirilirler. Ak›m›n yönü ve fliddetinde zamana göre bir de¤iflme söz konusu de¤ildir.
5
6
Devre Analizi
Alternatif Ak›m
Genli¤i (ak›m›n büyüklü¤ü) ve yönü periyodik olarak de¤iflen ak›md›r. AC (Alternative Current) olarak isimlendirilirler. En bilinen AC dalga biçimi sinüs dalgas›d›r.
Farkl› uygulamalarda üçgen ve kare dalga gibi de¤iflik dalga biçimleri de kullan›lmaktad›r. Alternatif ak›ma dair daha detayl› bilgi, bu kitab›n 7. ve 8. bölümlerinde
verilmektedir.
fiekil 1.1
Alternatif ak›m
(AC) ve Do¤ru
ak›m (DC).
Kaynak:
(K›l›çkaya, M.
S.,1996)
I
I
Io
+Io
t
t
-Io
AC
DC
Temel ‹ntegral Kurallar›
Eflitlik (1.2)’de görüldü¤ü üzere, ders kapsam›nda integral kullan›lmas› da gereklidir. ‹ntegralle ilgili birçok formül olmakla beraber en çok kullan›lanlar ve bu kapsamda de¤erlendirilecekler flu flekildedir:
1)
∫a dx = ax + c
2)
∫x
3)
∫
4)
∫exdx = ex+ c
5)
n
dx =
x n+1
+c
n +1
1
dx = ln x + c
x
∫a
x
dx =
ax
+c
ln a
SIRA S‹ZDE
6)
S‹ZDE
∫sinSIRA
x dx
= -cos x+ c
7)
∫cos x dx = sin x+ c
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
Formüllerde gösterilen c ifadesi, belirsiz integral sabitidir. ‹ntegral ifadesinde s›S O Riçin
U bu flekilde gösterilmesi uygundur.
n›rlar olmad›¤›
Temel integral
bafll›¤› alt›nda verilen matematiksel ifadelerde x de¤iflkenine göD ‹ kurallar›
KKAT
re ifllemler yap›lm›flt›r. x yerine bir baflka de¤iflkene göre de integralin al›nabilir oldu¤una dikkat ediniz. Bu durumda elde edilen çözümler, o de¤iflkene ba¤l› olarak yaz›lmal›d›r.
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
7
a) i(t)= 4e-2tA olarak verildi¤inde, toplam yükü bulunuz. (t0=0 ve q (t0) = 0)
b) 10. saniyedeki toplam yük nedir? (0-10 s. aras›)
ÖRNEK 1
Çözüm 1:
t
t
a) q(t) = ∫ t i(t)dt + q(t0) = ∫ 4e-2tdt =-2 (e-2t-1)C
0
0
b) 10. s.’deki toplam yükle, asl›nda 0 - 10 s. aras› (bafllang›ç an›ndan bitifl an›na kadar) süredeki durum kastedilmektedir. a fl›kk›nda ifade edilen integral
s›n›rlar› olarak t0=0 ve t=10 al›nd›¤›nda,
q(10) = -2 (e-20-1) C (e≅ 2.718 al›nabilir.)
olarak elde edilir.
ÖRNEK 2
fiekildeki grafik için ak›m ifadesini bulunuz.
q(t)
0.2
5
10
t(ms)
dq(t )
oldu¤u bilinmektedir. Grafik incelendi¤inde, iki pardt
çadan olufltu¤u gözlenmektedir. Bu durumda 0 - 5 ms. ve 5 - 10 ms. aras› olmak
Çözüm 2: i(t ) =
üzere iki inceleme yap›lmal›d›r.
i1 (t ) =
0.2 − 0
dq(t )
=
= 40 A
dt
(5 − 0)10−3
0 .2 − 0 .2
dq(t )
=
= 0A
i2 (t ) =
dt
(10 − 5)10−3
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
0 < t < 5 ms
5 < t < 10ms
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D ‹ K Ktan›mlanm›fl
AT
Grafik veya fonksiyon olarak verilmifl sorularda yatay ve düfley eksenlerde
birim katlar› çok önemlidir. ÖRNEK 2’de yatay eksendeki zaman ifadesinin ms cinsinden verildi¤ine dikkat ediniz. Hesaplamalarda bu durum göz önüne al›nmal›d›r.
SIRA S‹ZDE
N N
SIRA S‹ZDE
a) fiekildeki ak›m fonksiyonunu kullanarak, 8 - 12 ms aras›nda devreden
geçen yük mikAMAÇLARIMIZ
tar›n› bulunuz.
b) 15. ms’deki toplam yük nedir? (t0=0 ve q(t0)=0)
i(mA)
2
K ‹ T A P
5
10
15
t(ms)
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
S O R U
TELEV‹ZYON
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
‹NTERNET
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
S O R U
5
SIRA S‹ZDE
TELEV‹ZYON
D‹KKAT
N N
SIRA S‹ZDE
‹NTERNET
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
8
Devre Analizi
Gerilim
Gerilim, (elektrik potansiyel fark›) elektronlar›n maruz
kald›klar› elektrostatik alan kuvvetine karfl› hareket ettiren kuvvettir. Bir elektrik alan› içerisinde yeralan iki
nokta aras›ndaki potansiyel fark olarak da tarif edilir.
Birimi Volt’tur.
fiekil 1.2’de, A noktas›n›n potansiyeli ϑΑ , B noktas›n›n potansiyeli ise ϑΒ olarak tan›mlan›rsa, A - B noktalar› aras›ndaki gerilim (potansiyel fark), ϑ = ϑΑ -ϑΒ
fleklinde ifade edilebilir.
fiekil 1.2
Gerilim.
+
A
- B
Direnç
fiekil 1.3
Direncin
gösterimi.
+
-
Bir iletkenin içinden geçen ak›ma karfl› gösterdi¤i zorlu¤a direnç ad› verilir. Birimi Ohm’dur. Ω ile ifade edilir. Problem
çözümlerinde direnç eleman› için fiekil 1.3’de verilen flekil
kullan›lacakt›r.
fiekil 1.4’de, elektrik-elektronik dünyas›nda karfl›lafl›labilecek baz› dirençler
görülmektedir.
fiekil 1.4
Dirençler.
Direnci Etkileyen Faktörler
Bir iletkenin direnci; iletkenin boyu, kesiti ve iletkenin yap›ld›¤› malzemenin özdirencine ba¤l›d›r. Direncin; boy, kesit ve özdirençle aras›ndaki ba¤›nt›y› veren formül flu flekildedir:
R=
ϕ1
S
(1.3)
Eflitlik (1.3)’de { iletkenin yap›ld›¤› malzemenin özdirencini, l iletkenin m cinsinden boyunu ve S ise mm2 cinsinden kesitini ifade etmektedir. 18-20 °C’deki birim uzunluk (1 metre) ve birim kesitteki (1 mm2) iletkenin direncine özdirenç denir. Birimi ohm.mm2/m’dir. Özdirencin tersine öziletkenlik denir. Onun birimi ise
m/ohm.mm2’dir.
9
Eflitlik (1.3)’de verilen iletken direnç durumunu gösteren formül flu flekilde yorumlanabilir:
1. ‹letkenin uzunlu¤u ile do¤ru orant›l›d›r.
2. ‹letkenin kesitiyle ters orant›l›d›r.
3. ‹letkenin yap›ld›¤› malzemeye ba¤l›d›r.
100 m uzunlu¤unda, 50 mm2 kesitinde bir iletkenin özdirenci 0.015 ohm.mm2/m
ise direncini hesaplay›n›z.
Çözüm 3:
R=
ÖRNEK 3
ϕ1 (0.015)(100)
=
= 0.03 Ω
S
50
Direncin S›cakl›kla De¤iflimi
Saf metallerin direnç-s›cakl›k iliflkileri için afla¤›da verilen matematiksel ifade
kullan›labilir:
R= R0(1+α(Τ−Τ0))
(1.4)
Eflitlik (1.4)’de R, T s›cakl›¤›ndaki direnç de¤erini; R0, Τ0 s›cakl›¤›ndaki direnç
de¤erini, T, R direncinin hesapland›¤› s›cakl›¤›, Τ0, bafllang›ç referans s›cakl›¤›n› ve
α, direncin s›cakl›k de¤iflim katsay›s›n› göstermektedir. Eflitlik (1.4)’de, direnç de¤erleri için ohm, s›cakl›k de¤erleri için °C, s›cakl›k de¤iflim katsay›s› için 1/°C biSIRA S‹ZDE
rimleri kullan›lmaktad›r.
Saf bir metalin 0 °C’deki direnç de¤eri 500 ohm olarak ölçülmüfltür.
D Ü fi Ü N EBu
L ‹ M metale ait
s›cakl›k de¤iflim katsay›s› α=0.004 ise, bu metalin 50 °C’deki direnç de¤eri nedir?
SIRA S‹ZDE
Ö RD N
Ü fiEÜ NKE L ‹4M
S O R U
S O R U
Çözüm 4: R= R0(1+α(Τ−Τ0) = 500(1+0.004(50-0) = 600 ohm
Her maddenin direnci s›cakl›kla artmayabilir. Karbon, silikon ve germanyumun
s›cakl›k
D‹KKAT
artt›kça direnç de¤erleri azal›r.
SIRA S‹ZDE
N N
Saf bir metalin 20 °C’deki direnç de¤eri 100 ohm ve 40 °C’deki direnç
SIRAde¤eri
S‹ZDE110 ohm ise
bu metale ait s›cakl›k de¤iflim katsay›s› nedir?
Direnç Renk Kodlar›
Direnç de¤erinin okunmas›nda fiekil 1.5’de verilen
direnç renklerinden yararlan›l›r. Çizelge 1.4’de verilen tabloya göre yap›lacak hesaplama sonucunda
elde edilen direnç de¤eri Ohm olarak bulunur.
Çizelge 1.4’de verilmeyen dördüncü renk olan D
ise toleransa karfl›l›k gelmektedir. Tolerans de¤eri
alt›n rengi için ± % 5, gümüfl rengi ise ± % 10 ve
renk yok ise ± % 20 olarak kullan›l›r.
AMAÇLARIMIZ
D‹KKAT
3
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
fiekil 1.5
KS ‹O TR AU P
Dirençte renklerin
gösterimi.
K S ‹ O TR AU P
D‹KKAT
T EAL E VB‹ Z Y C
ON
SIRA S‹ZDE
‹NTERNET
AMAÇLARIMIZ
D
N N
D‹KKAT
TELEV‹ZYON
SIRA S‹ZDE
‹NTERNET
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
10
Devre Analizi
Çizelge 1.4
Dört renkle
gösterilmifl dirençler
için hesaplama
tablosu.
Renk
1. renk (A)
2. renk (B)
3. renk (C) (çarpan)
Siyah
0
0
x100
Kahverengi
1
1
x101
K›rm›z›
2
2
x102
Turuncu
3
3
x103
Sar›
4
4
x104
Yeflil
5
5
x105
Mavi
6
6
x106
Mor
7
7
x107
Gri
8
8
x108
Beyaz
9
9
x109
Burada verilmeyen befl renkle gösterilmifl dirençler için ise, ilk üç renk katsay›s› yanyana getirildikten sonra, 4. renk çarpan olacak flekilde hesaplama yap›l›r. Bu
durumda, beflinci renk tolerans› göstermektedir.
ÖRNEK 5
Dört renkle gösterilmifl bir direncin üzerindeki renkler s›ras›yla sar›, mor, siyah ve
alt›n rengi ise direnç de¤erini hesaplay›n›z.
Çözüm 5:
1. renk
Sar› (4)
ÖRNEK 6
2. Renk
Mor (7)
3. Renk
Siyah (10°)
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
4
Hesaplanan
47 ± %5 ohm
Befl renkle gösterilmifl bir direncin üzerindeki renkler s›ras›yla k›rm›z›, turuncu,
mor, siyah ve gümüfl rengi ise direnç de¤erini hesaplay›n›z.
Çözüm 6:
1. renk
2. Renk
3. Renk
K›rm›z› (2) Turuncu (3) Mor (7)
SIRA S‹ZDE
Tolerans
Alt›n (± % 5)
4. Renk
Siyah (10°)
Tolerans
Hesaplanan
Gümüfl(± %10) 237± %10 ohm
Bir direncinSIRA
üzerindeki
S‹ZDE renkler s›ras›yla k›rm›z›, gri, yeflil ve gümüfl rengi ise direnç de¤erini hesaplay›n›z.
‹letkenlikD Ü fi Ü N E L ‹ M
Bir iletkenin içinden geçen ak›ma karfl› gösterdi¤i kolayl›¤a iletkenlik denir. Elektriksel direncin
S O Rtam
U tersi olarak düflünülebilir. Ak›m›n iletilebilirli¤ini derecelendirir. Birimi mho (M) veya Siemens (S)’dir. Metaller yüksek iletkenli¤e sahipken, yal›tkanlar›nki s›f›ra yak›nd›r. ‹letkenlik için Eflitlik (1.5)’deki matematiksel ifade
D‹KKAT
kullan›l›r:
G=
N N
i SIRA S‹ZDE
ϑ
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
(1.5)
11
Güç
Ak›m ve gerilimin çarp›m›ndan ibarettir. Birimi Watt’d›r. Direnç gibi pasif elamanlar devrede güç harcayan veya tüketen elemanlard›r. Gerilim veya ak›m kayna¤›
gibi aktif elemanlar ise devreye güç veren veya sa¤layan elemanlard›r.
Her gerilim ve ak›m kayna¤›n›n mutlaka devreye güç veren bir aktif eleman oldu¤u sonucu ç›kar›lmamal›d›r. Örne¤in birbirlerine ters ba¤lanm›fl iki kaynaktan
de¤eri büyük olan devreye enerji verirken, de¤eri küçük olan di¤er kaynak ise pasif eleman gibi devrede güç harcar.
fiekil 1.6
i
i
+
-
+
Pasif elemanlarda
harcanan güç.
Pasif eleman
P=Vi(harcanan)
fiekil 1.6’da, pasif bir eleman›n uçlar›nda oluflan gerilim ve üzerinden geçen
ak›m›n yön tan›mlamas› yap›lm›flt›r. Pasif elemanlarda hesaplanan gücün, harcanan güç oldu¤una dikkat edilmelidir.
fiekil 1.7
i
i
+
-
+
Aktif elemanlarda
sa¤lanan güç.
Aktif eleman
P=Vi(sa¤lanan)
fiekil 1.7’de, aktif bir eleman›n uçlar›nda oluflan gerilim ve üzerinden geçen
ak›m›n yön tan›mlamas› yap›lm›flt›r. Aktif elemanlarda hesaplanan gücün, sa¤lanan
güç oldu¤una dikkat edilmelidir.
fiekildeki devrenin harcad›¤› gücü hesaplay›n›z.
-2V
+
-3A
ÖRNEK 7
12
Devre Analizi
Çözüm 7: Devre afla¤›daki gibi daha anlafl›l›r hale getirilebilir.
3A
+
P = (2V) (3A) = 6W
(harcanan, tüketilen)
2V
-
SIRA S‹ZDE
5
Afla¤›daki direncin
harcad›¤› gücü hesaplay›n›z.
SIRA S‹ZDE
2A
Enerji
S O R U
AMAÇLARIMIZ
S O R U
‹fl yapabilme yetene¤idir. Elektriksel anlamda, bir q yükünün gerilimi alt›nda kazand›¤› enerji afla¤›daki eflitlikte verilmektedir:
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
10V
+
E = ϑq
N N
SIRA S‹ZDE
Eflitlik (1.1)’ de verilen i denkleminden q çekilip, do¤ru ak›m devreleri için Eflitlik (1.6)’daAMAÇLARIMIZ
yaz›l›rsa,
E = ϑit = Pt
‹NTERNET
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
(1.7)
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TSIRA
E L E VS‹ZDE
‹ZYON
(1.6)
elde edilir. Enerji birimi Joule (J)’dur.
6
Üzerinden T5SIRA
E LA’lik
E V S‹ZDE
‹ Zak›m
Y O N geçen 10 Ohm’luk bir direncin harcad›¤› gücü ve 10 saniyedeki
harcad›¤› enerjiyi bulunuz.
Kaynaklar
N T E R N Ekaynaklar›
T
Elektriksel ‹ enerji
birkaç flekilde s›n›fland›r›labilir. Bunlardan ilki, ak›m
ve gerilim kaynaklar›
fleklinde, kaynak tipinin gözönüne al›nd›¤› s›n›fland›rmad›r.
S O R U
Di¤er bir s›n›fland›rma ise ba¤›ml› ve ba¤›ms›z kaynaklar fleklinde, eleman ba¤›ml›l›¤›n›n gözönüne al›nd›¤› s›n›fland›rmad›r. Bunlardan baflka, DC kaynak ve AC
D‹KKAT
kaynak fleklinde, zamana göre de¤iflimin göz önüne al›nmas›yla da s›n›fland›rma
yap›lmaktad›r.
N N
SIRA S‹ZDE
Kaynak Tipine Göre S›n›fland›rma
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
AMAÇLARIMIZ
Gerilim Kaynaklar› ve Ak›m Kaynaklar›
Kaynak tipine göre, ak›m ve gerilim kaynaklar› fleklinde bir s›n›fland›rma yap›labilir. Kendisine
yükten ba¤›ms›z olarak, her zaman belli bir gerilim olufltuK ‹ ba¤lanan
T A P
ran kaynaklar, gerilim kayna¤› olarak tan›mlan›r. Kendisine ba¤lanan yükten ba¤›ms›z olarak, her zaman belli bir ak›m oluflturan kaynaklar ise, ak›m kayna¤› olarak tan›mlan›r.
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
13
Eleman Ba¤›ml›l›¤›na Göre S›n›fland›rma
Ba¤›ml› ve Ba¤›ms›z Kaynaklar
Eleman ba¤›ml›l›¤›na göre, ba¤›ml› ve ba¤›ms›z kaynaklar fleklinde bir s›n›fland›rma yap›labilir. Ba¤›ms›z kaynaklar, çekilen ak›m ne olursa olsun, kaynak de¤erinin de¤iflmedi¤i ve devredeki herhangi bir elemana ba¤l› olmayan kaynak çeflididir. Ba¤›ml› kaynaklar ise, devrede tan›ml› bir gerilime veya ak›ma ba¤l› olan kaynak çeflididir. Ba¤›ml› kaynaklar baklava dilimi fleklinde, ba¤›ms›z kaynaklar ise
daire sembolüyle gösterilirler.
fiekil 1.8
+
+
-
(a)
i
+
-
(b)
+
i
(c)
Ba¤›ml› ve
ba¤›ms›z
kaynaklar›n
gösterimi.
(d)
fiekil 1.8 (a)’da ba¤›ml› gerilim kayna¤›, (b)’de ba¤›ms›z gerilim kayna¤›, (c)’de
ba¤›ml› ak›m kayna¤› ve (d)’de ba¤›ms›z ak›m kayna¤› gösterilmektedir.
Devre Analizi problemlerinde ba¤›ms›z gerilim
kayna¤› olarak genellikle fiekil 1.9 (a)’da verilen
+
gösterimden de yararlan›l›r. Burada uzun olan çizV
-V
gi (terminal) + kutbu, k›sa olan çizgi (terminal) ise
- kutbu göstermektedir. Terminallerin kutuplar› ters
+
çevrilirse aralar›ndaki gerilim büyüklü¤ü ayn› kal(a)
(b)
makla beraber iflareti ters olur (fiekil 1.9 (b)).
Kaynaklar, genellikle aktif eleman olarak düflünülürler. Aktif elamanlar, devreye enerji sa¤layan elemanlard›r. Kaynaklar›n, genelde aktif eleman olarak tan›mlanma sebebi, baz› durumlarda devrede enerji harcayan (pasif) eleman olarak da kullan›lmalar›ndan kaynaklanmaktad›r. Örne¤in
büyük de¤erli bir kayna¤a ters ba¤lanm›fl küçük de¤erli bir kaynak olmas› durumunda, küçük de¤erli kaynak art›k aktif eleman olmaz. Devrede enerji harcayan
bir eleman haline dönüflür.
Pasif elemanlar olarak, direnç, bobin ve kondansatör gibi kaynaktan enerji al›p,
bu enerjiyi baflka bir biçime dönüfltüren ya da depolayan elemanlar düflünülür.
Zaman Ba¤›ml›l›¤›na Göre S›n›fland›rma
DC ve AC Kaynaklar
Kaynak s›n›fland›rmalar›ndan bir di¤eri, zaman ba¤›ml›l›¤›na göre yap›lan DC kaynak ve AC kaynak s›n›fland›rmas›d›r. DC kaynaklar›n ç›k›fl› zamandan ba¤›ms›z
iken, AC kaynaklar›n ç›k›fl› zamanla de¤iflir. AC kaynaklar›n ç›k›fl› zaman›n bir
fonksiyonu fleklindedir.
fiekil 1.9
Ba¤›ms›z gerilim
kaynaklar›n›n
gösterimi.
14
Devre Analizi
fiekil 1.8’de verilen ba¤›ml› ve ba¤›ms›z kaynak gösterimleri DC kaynaklar için kullan›l›r. AC kaynaklar›n gösterimi ise fiekil 1.10’da verilmektedir. Uygulamalarda sinüzoidal, kare dalga ve
testere diflli olmak üzere AC kaynak çeflitleri kullan›labilir.
fiekil 1.10
+
AC kaynaklar.
+
-
i
-
(a)
(b)
fiekil 1.10 (a)’da AC gerilim kayna¤›, (b)’de ise AC ak›m kayna¤› gösterilmektedir.
ÖRNEK 8
a) Devredeki her eleman›n harcad›¤› gücü bulunuz.
b) Sa¤lanan ve harcanan güçlerin birbirine eflit oldu¤unu gösteriniz.
4A
25V
+
-20V
+
-
6A
-
ix
+
-
20V
+
-
+
-
-5V
1.5 ix
Çözüm 8:
a) Burada; 4 A ve 6 A birleflerek ix = 10 A ak›m›n› olufltururlar. 2. bölümde bu
konu daha detayl› bir flekilde anlat›lmaktad›r.
20 V’luk ba¤›ms›z gerilim kayna¤›n›n harcad›¤› güç flu flekildedir:
Pkaynak = (20 V) (4 A) = 80 W (sa¤lanan) = -80 W (harcanan)
-5 V’luk ba¤›ms›z gerilim kayna¤›n›n harcad›¤› gücü bulmak için o k›sm›n afla¤›daki gibi düzenlenmesi sa¤lanabilir:
ix
+ -5V
-
ix
- 5V
+
P-5V = (5 V) (10 A) = 50 W (sa¤lanan) = -50 W (harcanan)
ϑx olarak tan›mlanan ba¤›ml› gerilim kayna¤›n›n harcad›¤› gücü bulmak için
1.5ix =15 = ϑx eflitli¤inden hesaplan›r. Eleman›n sa¤lad›¤› güç ise flu flekildedir:
Pϑ = (15V) (6A) = 90W (sa¤lanan) = -90W (harcanan)
x
15
Uçlar›nda -20 V gerilim de¤eri oluflmufl direnç için o k›sm›n afla¤›daki gibi düzenlenmesi sa¤lanabilir:
+
-20V
6A
-
-
20V
6A
+
P20V = (20 V) (6 A)=120 W (harcanan)
Uçlar›nda 25 V gerilim de¤eri oluflmufl direncin harcad›¤› güç flu flekildedir:
P25V = (25 V)(4 A)=100 W (harcanan)
b) Σ Ρharcanan = Σ Ρsa¤lanan
(100+120) W = (80+50+90) W=220 W
Görüldü¤ü üzere devrede harcanan ve sa¤lanan güçler birbirine eflittir.
SIRA S‹ZDE
fiekildeki devre için i ak›m›n› ve her eleman›n harcad›¤› gücü bulunuz.
7
i
30
30V
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
15
120V
SIRA S‹ZDE
OHM KANUNU
N N
Bir direncin uçlar›ndaki gerilim, uygulanan ak›mla do¤ru orant›l› olarak de¤iflir.
AMAÇLARIMIZ
ϑ = Ri
AMAÇLARIMIZ
(1.8)
P cinsinden
Burada; R Ohm cinsinden direnç, i Amper cinsinden ak›mKve‹ Tϑ AVolt
gerilim olarak tan›mlanm›flt›r. Güç ise;
P = ϑi = i2R = ϑ2 / R
TELEV‹ZYON
(1.9)
fleklinde gösterilebilir.
Bir devrede, k›sa devre oldu¤unda, Eflitlik (1.8)’e göre direnç s›f›r oldu¤undan
‹NTERNET
gerilim de s›f›r olur:
ϑ = Ri
→R=0⇒ϑ=0
Bir devrede, aç›k devre oldu¤unda ise, ak›m akmayaca¤›ndan de¤eri s›f›r olur.
Bu durumda direnç sonsuz olur:
ϑ = Ri
SIRA S‹ZDE
ϑ
0
→ i = 0 ⇒ R = =∞
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
16
ÖRNEK 9
Devre Analizi
fiekildeki devre için i ak›m›n› ve her eleman›n harcad›¤› gücü bulunuz.
i
30V
15
Çözüm 9: ϑ = Ri eflitli¤i yeniden düzenlenirse,
i=
ϑ 30
=
= 2A
R 15
olarak elde edilir. Burada tan›mlanm›fl olan i ak›m yönünün gerilim kayna¤›n›n
oluflturaca¤› yönde oldu¤una dikkat edilmelidir.
Bu soruda tüm de¤erler ayn› kalmak flart›yla tan›mlanm›fl olan ak›m›n yönü ters
yönde sorulsayd›, bu durumda cevap -2 A fleklinde olurdu.
Özet
Uluslararas› birimler sistemi olarak bilinen SI birim sistemi içinde, yedi temel ölçü birimi bir araya getirilmifltir. Bu temel ölçü birimlerinden elektrik ak›m› birimi
olan Amper ve zaman birimi olan saniye, Devre Analizi dersi kapsam›nda de¤erlendirilmektedir. Yap›lan hesaplamalarda çok küçük ve çok büyük ifadelerin yaz›lmas›nda temel birimlerin önüne ek olarak birim katlar›n›n kullan›lmas› yazmada kolayl›k sa¤lar.
Devre Analizi ile ilgili temel kavramlar olarak elektrik
yükü, iletken-yal›tkan, ak›m ve çeflitleri, gerilim, direnç,
güç, enerji, kaynak ve çeflitleri konular› ele al›nm›flt›r.
Ak›m ifadesinin elde edilmesinde toplam yükün kullan›lmas›; s›kl›kla kullan›lan integral kurallar›, direnci etkileyen faktörler, direncin s›cakl›kla de¤iflmesi, iletkenlik, güç, enerji ve Ohm Kanunu gibi konular›n matematiksel olarak ifade edilip, çeflitli hesaplamalar›n yap›labilece¤i gösterilmifltir.
Elektriksel enerji kaynaklar› birkaç flekilde s›n›fland›r›labilir. Bunlardan bir tanesi, ak›m ve gerilim kaynaklar›
fleklinde, kaynak tipinin gözönüne al›nd›¤› s›n›fland›rmad›r. Di¤er bir s›n›fland›rma, ba¤›ml› ve ba¤›ms›z kaynaklar fleklinde, eleman ba¤›ml›l›¤› gözönüne al›narak
yap›lmaktad›r. Ayr›ca, DC kaynak ve AC kaynak fleklinde, zamana göre de¤iflimin göz önüne al›narak da s›n›fland›rma yap›lmaktad›r.
Ohm Kanunu, bir iletkenin uçlar›ndaki gerilimin ak›mla do¤ru orant›l› olarak de¤iflti¤ini ifade eder. Bir devrede, k›sa devre oldu¤unda direnç s›f›r oldu¤undan gerilim de s›f›r olur. Bir devrede aç›k devre söz konusuysa, bu durumda ak›m s›f›r oldu¤undan direnç sonsuz
olur.
17
18
Devre Analizi
Kendimizi S›nayal›m
1. 20
a.
b.
c.
d.
e.
µA ne kadar A’ya eflittir?
0.000002
0.0002
0.00002
0.002
0.02
2. Element listesinde, en d›fl halkas›nda üçten daha az
say›da elektron olanlar nedir?
a. Yal›tkan
b. ‹letken
c. Yar› iletken
d. Soygaz
e. Ametal
3. Yük birimi afla¤›dakilerden hangisidir?
a. Amper
b. Volt
c. Farad
d. Henry
e. Coulomb
4. i(t) = 2e-t A olarak verildi¤inde, toplam yük afla¤›dakilerden hangisidir? (t0 = 0 ve q(t0) = 0)
a. -2 (e-t + 1) C
b. 2 (e-t - 1) C
c. 2 (e-t + 1) C
d. -2 (e-t - 1) C
e. -2 (e-2t - 1) C
5. i(t) = e-t A olarak verildi¤inde, 10. s.’deki toplam
yük afla¤›dakilerden hangisidir? (t0 = 0 ve q(t0) = 0)
a. - (e-10 - 1) C
b. - (e-10 + 1) C
c. (e-10 + 1) C
d. (e-10 - 1) C
e. - (e-20 - 1) C
7. Dört renkle gösterilmifl bir direnç üzerindeki renkler
s›ras›yla yeflil, mor, kahverengi ve alt›n rengi ise direnç
de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 470 ± % 5 ohm
b. 580 ± % 5 ohm
c. 570 ± % 20 ohm
d. 570 ± % 5 ohm
e. 470 ± % 10 ohm
8. Afla¤›da verilen devre için ba¤›ml› gerilim kayna¤›
taraf›ndan sa¤lanan güç nedir?
1A
5V
+
iyi iletken afla¤›dakilerden hangisidir?
Alt›n
Gümüfl
Bak›r
Demir
Çinko
1A
-
ix
+
-
a.
b.
c.
d.
e.
10V
+
-
5V
+
-
5 ix
20 W
5W
10 W
-10 W
-5 W
9. 8. soruda verilen 5 V’luk ba¤›ms›z kaynak taraf›ndan sa¤lanan güç nedir?
a. -10 W
b. 10 W
c. 5 W
d. -5 W
e. 20W
10. Afla¤›da verilen devre için tan›ml› olan i ak›m de¤eri nedir?
i
6. En
a.
b.
c.
d.
e.
-5V
+
-
30V
a.
b.
c.
d.
e.
0A
-1 A
1A
2A
-2 A
15
19
Kendimizi S›nayal›m Yan›t Anahtar›
1. c
2. b
3. e
4. d
5. a
6. b
7. d
8. c
9. a
10. e
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Uluslararas› Temel Birim
Sistemleri (SI) ve Birim Katlar›” bafll›kl› konuyu
yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “‹letken-Yal›tkan” bafll›kl›
konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Uluslararas› Temel Birim
Sistemleri (SI) ve Birim Katlar›” bafll›kl› konuyu
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Ak›m” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Ak›m” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “‹letken-Yal›tkan” bafll›kl›
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Direnç Renk Kodlar›” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “ÖRNEK 8”i yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “ÖRNEK 8”i yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “ÖRNEK 9”u yeniden gözden geçiriniz.
S›ra Sizde Yan›t Anahtar›
S›ra Sizde 1
1 mA = 0.001 A = 1000 µA
0.008 < t ≤ 0.01 s
0.01 s < t ≤ 0.012 s
q(t ) =
∫
0.008
0 < t < 0.005 s
0.005 < t < 0.01 s
0.01 < t < 0.015 s
Bu durumda,
q(t ) =
0.005
∫
0
0.005 dt +
0.01
∫
0.005
0 dt +
0.015
∫
0.01
0.005 dt
= 50 µC
fleklinde elde edilir.
‹kinci çözüm yolu olarak alanlardan gidilebilir.
‹lk parçan›n alan› 25 µ, ikinci parçan›n alan› s›f›r ve
üçüncü parçan›n alan› 25 µ olup, alanlar toplam› 50 µ
olarak kolayca hesaplan›r. Bu durumda da q(t) = 50 µC
fleklinde yaz›labilir.
S›ra Sizde 3
Saf metallerin direnç-s›cakl›k iliflkileri için
Bu durumda,
0.01
i1 (t) = 0.005;
i2 (t) = 0;
i3 (t) = 0.005;
= 0.005 ( 0.005) + 0.005 ( 0.015 - 0.01)
S›ra Sizde 2
a) Bu soru iki farkl› flekilde cevapland›r›labilir. Bunlardan birincisi flu flekildedir:
8-12 ms’ler aras› ak›m, iki farkl› fonksiyon fleklinde tan›mlanabilir:
i1 (t) = 0;
i2 (t) = 0.005;
‹kinci çözüm yolu ise; integral kavram›n›n fonksiyonlar
için uygulamas›yla ilgilidir. Bir fonksiyonun belirli s›n›rlar alt›ndaki integrali, asl›nda, o fonksiyonun yatay eksenle aras›nda kalan alan›n hesaplanmas› demektir. Bu
durumda, 8-10 ms’ler aras› hesaplanacak bir alan olmad›¤›ndan bu durumda ilk parçan›n alan› s›f›rd›r. 10-12
ms’ler aras›, yatay eksen 2 ms ve düfley eksen ise 5
mA’dir. Bu durumda ikinci parçan›n alan› 10µ olarak
bulunur. ‹ki parçan›n toplam› yine 10µ olup, q(t) = 10µ
fleklinde yaz›labilir. Alan hesab› yap›l›rken birim katsay›lar›na dikkat edilmelidir.
b) Bu soruda öncekinden yola ç›karak iki farkl› flekilde
çözülebilir:
Bunlardan birincisi flu flekildedir:
0-15 ms’ler aras› ak›m, üç farkl› fonksiyon fleklinde tan›mlanabilir:
0 dt +
0.012
∫
0.01
0.005 dt
= 0.005 (0.012 - 0.01) = 10 µC
R = R0(1+α (T-T0))
eflitli¤i kullan›lmaktad›r. Buradan α çekilirse,
R
−1
R0
110
−1
α=
= 100
= 0.005(1 / °C )
T − T0
40 − 20
olarak elde edilir.
20
Devre Analizi
S›ra Sizde 4
1. renk: K›rm›z›:2
2. renk: Gri:8
3. renk: Yeflil:105
Tolerans: Gümüfl: ± %10
Hesaplanan: 2800000 ± %10 ohm
S›ra Sizde 5
2A
10V
-
+
Direnç pasif bir elemand›r. Yani devrede güç harcayan
bir elemand›r. Burada direnç üzerinden geçen 2 A’lik
ak›m, direncin uçlar›nda flekildeki gibi 10 V’luk bir gerilim oluflmas›na neden olmufltur. Bu durumda,
P = ϑi = (10) (2) = 20 W (harcanan)
fleklinde harcanan güç yaz›labilir. Sa¤lanan güç ise,
ΣPharcanan = P120V
fleklindedir. Bu durumda i ak›m› kullan›larak,
ΣPsa¤lanan = 120i
fleklinde sa¤lanan güç yaz›labilir. Harcanan ve sa¤lanan güçler eflitlikte yerine yaz›l›rsa,
45i2 + 30i = 120i
elde edilir. Buradan da i = 2 A elde edilir.
Bu sorunun daha kolay bir çözümü, 2. bölümde anlat›lan eflde¤er direnç ve eflde¤er kaynaklar bulunarak oluflturulmufl basit devreye Ohm Kanunu uygulanarak da
bulunabilir.
elde edilir.
S›ra Sizde 6
Soruda, gücün hesaplanmas›nda do¤rudan verilmeyen
gerilim de¤eri gerekmektedir. Gerilim Ri fleklinde, güç
eflitli¤inde yerine yaz›l›rsa,
P = ϑi = (Ri)i = (50) (5) = 250 W (harcanan)
olarak elde edilir.
10 saniyedeki harcanan enerji ise,
E = Pt = (250) (10) = 2500 J
fleklindedir.
S›ra Sizde 7
Kapal› bir devrede sa¤lanan ve harcanan güçlerin birbirine eflit oldu¤u bilinmektedir. Buradan yola ç›k›l›rsa,
ΣPharcanan = ΣPsa¤lanan
olmal›d›r.
ΣPharcanan = P30Ω + P15Ω + P30V
fleklindedir. Burada, 30 V’luk kayna¤›n büyük gerilim
kayna¤›na (120 V) ters ba¤l› oldu¤u, bu durumda da
pasif eleman oldu¤una dikkat edilmelidir. Bu durumda
i ak›m› kullan›larak,
ΣPharcanan = (30i)i + (15i)i + 30i
= 45 i2 + 30i
Yararlan›lan Kaynaklar
K›l›çkaya, M. S. (1996). Editör: Cemalc›lar, A., Temel
Fizik, T.C. Anadolu Üniversitesi Yay›nlar› No: 674,
Aç›kö¤retim Fakültesi Yay›nlar› No: 331.
Hayt, W. H., Kemmerly, J. E., Durbin S. M. (2006). Engineering Circuit Analysis, McGraw Hill.
Edminister, J., Nahvi, M. (1999). Çevirenler: Dr. Aydemir, M. T., Nakipo¤lu, K. C. Elektrik Devreleri,
Nobel.
Ya¤›ml›, M., Akar, F. (2010). Do¤ru Ak›m Devreleri
ve Problem Çözümleri, Beta Bas›m
Ünal, A., Özenç, S. (2005). Çözümlü Elektrik Devre
Problemleri, Birsen Yay›nevi.
Selek, H. S. (2007). Do¤ru Ak›m (DC) Devre Analizi,
Seçkin Yay›nc›l›k.
Meslekî E¤itim Ve Ö¤retim Sisteminin Güçlendirilmesi
Projesi (2007). Elektriksel Büyüklükler Ve Ölçülmesi, Milli E¤itim Bakanl›¤›.
2
DEVRE ANAL‹Z‹
Amaçlar›m›z
N
N
N
N
N
Bir devre üzerindeki önemli kavramlar› tan›mlayabilecek,
Kirchhoff’un yasalar›n› aç›klayabilecek,
Kirchhoff’un yasalar›n› tek gözlü ve tek dü¤ümlü devrelere uygulayabilecek,
Eflde¤er direnç ve eflde¤er kaynak hesab› yapabilecek,
Gerilim ve ak›m paylafl›m kurallar›n› yorumlayabilecek
bilgi ve becerilere sahip olabilirsiniz.
Anahtar Kavramlar
• Dü¤üm noktas›
• Kirchhoff’un ak›m yasas›
• Kirchhoff’un gerilim yasas›
• Eflde¤er direnç
• Ak›m paylafl›m›
• Gerilim paylafl›m›
‹çindekiler
Devre Analizi
Devre Yasalar›
•
•
•
•
G‹R‹fi
TANIMLAMALAR
K‹RCHHOFF YASALARI
TEK GÖZLÜ VE TEK TEMEL
DÜ⁄ÜM NOKTALI DEVRE ANAL‹Z‹
• EfiDE⁄ER D‹RENÇ VE KAYNAK
HESABI
• GER‹L‹M VE AKIM PAYLAfiIM
KURALLARI
Devre Yasalar›
G‹R‹fi
Bir önceki bölümde aç›klanan Devre Analizi ile ilgili temel kavramlar›n ard›ndan,
bu bölümde temel devre yasalar› incelenecektir.
Temel devre yasalar›n›n incelenmesi öncesinde, bu yasalar›n anlafl›lmas›nda
önemli yeri olan dü¤üm noktas›, temel dü¤üm noktas›, kol, çevre ve göz gibi kavramlar üzerinde durulmufltur.
Temel devre yasalar›ndan biri olan Ohm Kanunu’na bir önceki bölümde yer
verilmifltir. Kirchhoff’un yasalar› olarak bilinen ak›m ve gerilim ile ilgili yasalar ise,
çok önemli di¤er temel yasalard›r. Kirchhoff’un ak›m yasas›na göre, bir dü¤üm
noktas›ndaki ak›mlar›n cebirsel toplam› s›f›rd›r. Bir baflka deyiflle, bir dü¤üm noktas›na giren ak›mlar›n toplam›yla ç›kan ak›mlar›n toplam› birbirine eflittir. Kirchhoff’un gerilim yasas›na göre ise, bir devredeki herhangi bir kapal› yol üzerindeki gerilimlerin cebirsel toplam› s›f›rd›r.
Kirchhoff’un çok önemli bu iki yasas›, bu bölümde tek dü¤ümlü ve tek gözden
oluflmufl devreler için uygulanm›flt›r. Bu sayede özellikle 3. bölümde verilen dü¤üm gerilimleri yöntemi ve çevre ak›mlar› yöntemi gibi önemli devre analiz yöntemlerinin altyap›s›n›n oluflturulmas› amaçlanm›flt›r.
Karmafl›k yap›da ba¤lanm›fl devrelerde eflde¤er direncin ve eflde¤er kaynak hesab›n›n yap›lmas› da bu bölümde anlat›lmaktad›r.
Son olarak gerilim ve ak›m paylafl›m kurallar›ndan bahsedilmektedir.
Burada sözü edilen kavram ve yasalar, Devre Analizi problemlerinde bir bütünü oluflturacak flekilde birbirleriyle ba¤lant›l›d›r. Bu kavram ve yasalar özellikle
bundan sonraki anlat›lacak konular›n temelini oluflturmakta ve hemen her problemde mutlaka kullan›lmaktad›r. Bu bak›mdan teoriden sonra verilen bol örneklerle konular›n pekifltirilmesi amaçlanm›flt›r.
TANIMLAMALAR
Dü¤üm Noktas›
‹ki ya da daha fazla devre eleman›n›n ba¤land›¤› noktaya dü¤üm noktas› ad› verilir. Buraya, basit dü¤üm noktas› ad› da verilir. Çünkü ak›m›n bölünmesi olay› söz
konusu de¤ildir.
24
Devre Analizi
Temel Dü¤üm Noktas›
Üç ya da daha fazla devre eleman›n›n ba¤land›¤› noktaya temel dü¤üm noktas›
ad› verilir. Dü¤üm noktas›ndan farkl› olarak, burada ak›m›n bölünmesi olay› söz
konusudur.
Kol
‹ki dü¤üm noktas› aras›nda kalm›fl parçaya kol denir. Baflka bir anlamda, her bir
devre eleman›na kol denir.
Çevre
Devre elemanlar›ndan bir defa geçmek kofluluyla herhangi bir dü¤üm noktas›ndan
bafllan›p, bafllan›lan dü¤üm noktas›na ulafl›ld›¤›nda elde edilen kapal› yola çevre
ad› verilir.
Göz
Herhangi bir kol taraf›ndan kesilmeyen çevreye göz denir.
ÖRNEK 1
Afla¤›da verilen devrede dü¤üm, temel dü¤üm, kol, çevre ve göz tan›mlar›n›
gösteriniz.
A
B
R1
R2
+
R5
C
D
R6
R3
E
R4
R7
F
Çözüm 1:
Dü¤üm noktalar›: A, B, C, D, E ve F noktalar› olmak üzere alt› adet dü¤üm noktas› bulunmaktad›r. Burada B ve F noktalar›n›n k›sa devreden dolay› o hat boyunca ayn› dü¤üm noktas›na karfl›l›k geldi¤ine dikkat edilmelidir.
Temel dü¤üm noktalar›: B, C, D ve F noktalar› olmak üzere dört adet temel dü¤üm noktas› bulunmaktad›r.
Kol: A-B, B-C, B-D, C-D, C-F, D-F, E-F ve A-E olmak üzere sekiz adet kol vard›r.
Çevre: A-B-D-F-E-A, A-B-D-C-F-E-A, A-B-C-F-E-A, A-B-C-D-F-E-A, B-C-F-D-B,
B-C-D-B ve F-D-C-F olmak üzere yedi çevre bulunmaktad›r. Çevrenin bafllang›ç
noktas› farkl› seçilip, tekrar ayn› noktaya gelindi¤inde ayn› tan›ma ulafl›laca¤›na
dikkat edilmelidir.
Göz: A-B-C-F-E-A, B-C-D-B ve C-D-F-C olmak üzere üç göz bulunmaktad›r.
Gözün bafllang›ç noktas› farkl› seçilip, tekrar ayn› noktaya gelindi¤inde ayn› tan›ma ulafl›laca¤›na dikkat edilmelidir.
25
2. Ünite - Devre Yasalar›
K‹RCHHOFF YASALARI
Kirchhoff’un ak›m ve gerilim yasas› olmak üzere çok önemli iki yasas› bulunmaktad›r.
Kirchhoff’un Ak›m Yasas›
Kirchhoff’un ak›m yasas›na göre, bir dü¤üm noktas›ndaki ak›mlar›n cebirsel toplam› s›f›rd›r. Cebirsel toplam terimi, ak›m›n dü¤üm noktas›na girifl ve ç›k›fl durumlar›n›n da gözönüne al›nmas›n› anlatmaktad›r.
fiekil 2.1
‹a
Kirchhoff’un ak›m
yasas›.
‹b
‹d
‹c
fiekil 2.1’de, bir devrede bir dü¤üm noktas›na gelen ve giden ak›mlar tan›mlanmaktad›r. Bu gösterimden yararlan›larak Kirchhoff’un ak›m yasas› afla¤›daki flekilde matematiksel olarak ifade edilebilir.
-ia - ib + ic + id = 0
(2.1)
Eflitlik (2.1)’de denklem yaz›l›rken dü¤üm noktas›na gelen ak›mlar›n önüne -,
ç›kan ak›mlar›n önüne + iflaretinin konuldu¤una dikkat edilmelidir. Bu durum yukar›da sözü edilen ak›m›n dü¤üm noktas›na girifl ve ç›k›fllar›n›n göz önüne al›nmas›ndan kaynaklanmaktad›r.
Eflitlik (2.1), önüne - iflaretli yaz›lan dü¤üm noktas›na gelen ak›mlar bir tarafta,
önüne + iflaretli yaz›lan dü¤üm noktas›ndan ayr›lan ak›mlar bir tarafta olmak üzere yeniden düzenlenirse, Eflitlik (2.2) elde edilir:
ia + ib = ic + id
(2.2)
Eflitlik (2.2) incelendi¤inde, Kirchhoff’un ak›m yasas›n›n bir baflka yorumu ile
karfl›lafl›l›r: Bir dü¤üm noktas›na giren ak›mlar›n toplam›yla ç›kan ak›mlar›n toplam› birbirine eflittir.
Kirchhoff’un Gerilim Yasas›
Kirchhoff’un gerilim yasas›na göre,
bir devredeki herhangi bir kapal›
yol üzerindeki gerilimlerin cebirsel
toplam› s›f›rd›r. Cebirsel toplam terimi, gerilim polaritelerinin gözönüne al›nmas›n› anlatmaktad›r.
fiekil 2.2, kapal› bir devrede
oluflan gerilim de¤erlerini tan›mlamaktad›r. Bu gösterimden yararla-
fiekil 2.2
Kirchhoff’un
gerilim yasas›.
1
2
26
Devre Analizi
n›larak Kirchhoff’un gerilim yasas› afla¤›daki flekilde matematiksel olarak ifade
edilebilir:
-ϑ1 + ϑ2 = 0
(2.3)
Denklem yaz›l›rken fiekil 2.2’de okla gösterilen yönde hareket edilmifltir. Bu
durumda ϑ1 fleklinde tan›mlanan gerilim de¤erinin - kutbuyla karfl›lafl›lm›flt›r.
Daha sonra ise, ϑ2 fleklinde tan›mlanan gerilim de¤erinin + kutbuyla karfl›lafl›lm›flt›r. Bu durum yukar›da sözü edilen gerilim polaritelerinin gözönüne al›nmas›ndan kaynaklanmaktad›r.
Eflitlik (2.3), önüne - iflaretli yaz›lan gerilimler bir tarafta, önüne + iflaretli yaz›lan
gerilimler bir tarafta olmak üzere yeniden düzenlenirse, Eflitlik (2.4) elde edilir:
ϑ1 = ϑ2
(2.4)
Eflitlik (2.4) incelendi¤inde, Kirchhoff’un gerilim yasas›n›n bir baflka yorumu ile
karfl›lafl›l›r: Paralel kollardaki gerilim de¤erleri birbirine eflittir.
ÖRNEK 2
Afla¤›daki devrede ix ve ϑx‘ i bulunuz.
2
‹
+
10 A
+
+
-
+
2
1A
-
-
2A
4
Çözüm 2:
i ak›m›n›n tan›mland›¤› flekilde hesaplanabilmesi için Kirchhoff’un ak›m yasas›ndan yararlan›lmal›d›r. Bunun için devre üzerinde gerekli dü¤üm noktalar› tan›mlanmal›d›r. ϑ fleklinde gerilim tan›mlamas› yap›lm›fl 2 Ω’luk direncin, sol taraf›
1. temel dü¤üm noktas› ve sa¤ taraf› 2. temel dü¤üm noktas› olarak tan›mlan›rsa,
bu noktalara giren ve ç›kan ak›mlardan yola ç›k›larak sorulan i ak›m› bulunabilir.
Öncelikle 2. temel dü¤üm noktas› için inceleme yap›lmal›d›r. 1. temel dü¤üm
noktas› için ilk inceleme yap›l›rsa iki tane bilinmeyen ak›m olmas› sebebiyle bir sonuca var›lamaz. Burada ϑ gerilim tan›mlamas›na sahip direnç için üzerinden geçen
ak›m bulunmal›d›r. Bu ak›m, i1 fleklinde afla¤›daki gibi tan›mlanm›flt›r.
‹1
(2)
1A
2A
2. temel dü¤üm noktas› göz önüne al›narak Kirchhoff’un ak›m yasas› için denklem afla¤›daki gibi yaz›labilir:
-i1 + 1 + 2 = 0
Denklem çözülürse i1 = 3 A olarak bulunur. Burada bulunan i1 ak›m›n›n soldan
sa¤a fleklinde akan bir ak›m oldu¤u anlafl›lmaktad›r.
Bu noktadan hareketle, 1. dü¤üm noktas› göz önüne al›narak ak›mlar afla¤›daki flekilde gösterilebilir.
10A (1)
27
i1=3A
i
1. temel dü¤üm noktas› göz önüne al›narak Kirchhoff’un ak›m yasas› için denklem afla¤›daki gibi yaz›labilir:
-10 + 3 + i = 0
Denklem çözülürse i = 7 A olarak bulunur. Burada bulunan i ak›m›n›n yukar›dan afla¤›ya do¤ru akan bir ak›m oldu¤u anlafl›lmaktad›r.
ϑ fleklinde tan›mlanan gerilimini bulmak için o dirençten geçen ak›m kullan›lmal›d›r. Bu ak›m i1 = 3 A olarak afla¤›daki denklemde kullan›l›rsa
ϑ = i1R2Ω = (3 A)(2Ω) = 6 V
Burada tan›ml› ϑ gerilimi ile kullan›lan i1 ak›m›n›n oluflturaca¤› gerilimin uygunlu¤una dikkat edilmelidir. E¤er soruda ϑ geriliminin kutuplar› ters olarak verilmifl olsa idi, bu durumda hesaplanan de¤er -6 V fleklinde olurdu.
ÖRNEK 3
Afla¤›daki devrede ix ve ϑx ‘i bulunuz.
‹1
-
+
‹x
+
+
x
5A
+
100 V
R1
R3
-
200 V +-
5
+
-
2
4A
R
+ 2 -
1
3A
Çözüm 3:
Sorunun çözümünde Kirchhoff’un ak›m yasas›ndan faydalan›lacakt›r. Soruda
verilen 1. ve 2. temel dü¤üm noktalar› için Kirchhoff’un ak›m yasas› uygulanmal›d›r. Di¤er dü¤üm noktalar›n›n kullan›lmas›na ihtiyaç olmad›¤›ndan flekil üzerinde
tan›mlanmam›fllard›r.
1. temel dü¤üm noktas› için gelen ve giden ak›mlara dikkat edilerek denklem
yaz›l›rsa,
-3 - 5 - ix = 0
elde edilir. Denklem çözümünden ix = -8 A elde edilir.
2. temel dü¤üm noktas› için gelen ve giden ak›mlara dikkat edilerek denklem
yaz›l›rsa,
-4 + ix + i1 = 0
28
Devre Analizi
elde edilir. Bilinen yerine yaz›ld›¤›nda,
-4 - 8 + i1 = 0
elde edilir. Denklem çözümünden i1 = 12 A elde edilir.
Tan›ml› ϑx gerilim de¤erinin hesaplanmas› için i1 ak›m› kullan›lmal›d›r. Burada
sorulan tan›ml› ϑx gerilimi ile öncesinde hesaplanm›fl i1 ak›m›n›n oluflturaca¤› gerilimin uygunlu¤una dikkat edilmelidir. Soruda gerçekten de i1 ak›m›, tan›mlanm›fl
ϑx fleklinde kutuplar› uygun olacak flekilde bir gerilim oluflturur ve de¤eri,
ϑx= i1R5Ω = (12 A)(5Ω) = 60 V
fleklindedir.
Afla¤›daki devrede ix ve ϑx‘ i bulunuz.
1
-
2
8
0.5 A
8
-
-
-
x
‹2
+
‹1
(2)
+
+
-
-
+
+
+
+
6
(1)
‹2
‹x
Çözüm 4:
Sorunun çözümünde öncelikle ilk bulunmas› gereken i2 ak›m›d›r. i2 ak›m›n›n
bulunmas›nda Kirchhoff’un gerilim yasas›ndan faydalan›labilir.
(2)
0.5 A
8
+
+
+
‹2
4V
8
-
ÖRNEK 4
-
-
Devre incelendi¤inde, üzerinden 0.5 A geçen 8 Ω’luk direncin uçlar›nda yukar›da gösterildi¤i gibi 4 V’luk bir gerilim oluflur. Bu durumda bu göz için Kirchhoff’un gerilim yasas› denklemi yaz›l›rsa,
8i2 - 4 = 0
elde edilir. Denklem çözümünden i2 = 0.5 A olarak bulunur. (i2 ak›m›n›n bulunmas›nda daha h›zl› bir metot ise ayn› büyüklü¤e sahip dirençlerin üzerinden de
ayn› ak›m›n akmas›d›r. Bu durumda da i2 = 0.5 A oldu¤u görülür.)
Sonras›nda, Kirchhoff’un ak›m yasas›ndan yararlanarak 2. temel dü¤üm noktas› için denklem yaz›l›rsa,
-i1 + i2 + 0.5 = 0
fleklinde elde edilir. Denklem çözümünden i1 = 1 A olarak bulunur.
2 -
+
6
(1)
(2)
-
+
8
3
-
-
-
‹2
‹2
+
2
1
-
+
‹1
+
+
Ortadaki göz için 2 Ω, 6 Ω ve 8 Ω’luk dirençlerin uçlar›nda yukar›daki gibi ϑ1,
ϑ2 ve ϑ3 gerilim de¤erleri tan›mlan›rsa, Kirchhoff’un gerilim yasas›,
-ϑ1 + ϑ2 + ϑ3 = 0
fleklinde yaz›labilir. Burada paralel kollardaki gerilimlerin ayn› olaca¤›ndan hareketle ϑ3 = 4 V’dur.
ϑ2 = 6i1 = (6)(1) = 6 V olarak bulunabilir. Buradan ϑ1 = 10 V olarak bulunur.
Bu durumda,
i2 Ω =
ϑ1
2Ω
=
10 V
=5A
2Ω
olarak elde edilir.
Kirchhoff’un ak›m yasas›ndan yararlanarak 1. temel dü¤üm noktas› için denklem yaz›l›rsa,
-ix + i2Ω + i1 = 0
olarak elde edilir. Buradan da ix = 6 A bulunur.
1
+
+
(1)
+
+
-
+
x
2
1
-
‹x
‹2
Yukar›daki devre için ϑ = 1ix = (1)(6) = 6 V olarak bulunur. Bu durumda en
soldaki göz için Kirchhoff’un gerilim yasas›,
-ϑx + ϑ + ϑ1 = 0 → ϑx = ϑ + ϑ1= 6 + 10 = 16 V
olarak hesaplan›r.
29
30
Devre Analizi
SIRA S‹ZDE
1
SIRA S‹ZDE
Afla¤›daki devrede
a) iy = 2 A ve iz = 0 A ise ix ak›m› nedir?
b) ix = 2 A ve iz = 2iy ise iy ak›m› nedir?
c) ix = iy = iz ise iz ak›m› nedir?
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
5A
‹x
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
N N
‹z
‹y
TELEV‹ZYON
2
SIRA S‹ZDE
fiekildeki devrede
tan›ml› olan I ak›m kayna¤›n›n de¤erini bulunuz.
D‹ NÜTfi EÜ RN N
E LE‹TM
+
+
4A
14
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
-
4
I
-
-
AMAÇLARIMIZ
+
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
+
S O R U
+
+
20 V
-
2.5
2
1.5
D‹ NÜTfiEÜRNNE LE‹TM
S O R U
3A
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
N N
SIRA S‹ZDE
TEK GÖZLÜ VE TEK TEMEL DÜ⁄ÜM NOKTALI DEVRE
ANAL‹Z‹
AMAÇLARIMIZ
Bu bölümde, Kirchhoff’un ak›m ve gerilim yasalar›n›n, tek bir gözden veya tek temel dü¤üm noktas›ndan oluflmufl devreler için uygulamalar› ele al›nacakt›r.
K ‹ T A P
Tek Gözlü Devre Analizi
Tek gözlü devre analizi uygulamalar›n›n esas›, asl›nda o göz için Kirchhoff’un gerilim yasas›n›
ibarettir. Kirchhoff’un gerilim yasas›, tek gözlü devreT E L Euygulamaktan
V‹ZYON
lerde, ba¤›ml› ve ba¤›ms›z kaynak kullan›mlar›nda da geçerlidir.
Afla¤›da verilen devrede V1 > V2 oldu¤u kabul edilmektedir.
‹NTERNET
31
+
-
R1
‹
+
-
Tek gözlü devre.
VR1 -
+
+
fiekil 2.3
V2
++
VR2
V1
R2
-
Yukar›da verilen devreye Kirchhoff’un gerilim yasas› uygulan›rsa,
−V1 + VR1 + V 2 + VR 2 = 0 → VR1 + VR 2 = V1 − V 2 → iR1 + iR 2 = V1 − V 2
i=
V1 − V 2
( R1 + R 2 )
olarak elde edilir.
fiekil 2.3’deki devre için V1 = 120 V, V2 = 30 V, R1 = 30 Ω ve R2 = 15 Ω ise ana koldan geçen ak›m› ve her eleman›n harcad›¤› ya da sa¤lad›¤› gücü bulunuz.
ÖRNEK 5
Çözüm 5:
i=
V1 − V 2
90 V
=
=2A
( R1 + R 2 ) 45 Ω
P120 V=(2 A)(120 V)=240 W (sa¤lanan)
P30 V=(2 A)(30 V)=60 W (harcanan)
PR1=(2 A)(60 V)=120 W (harcanan)
PR2=(2 A)(30 V)=60 W (harcanan)
Σ Psa¤lanan = Σ Pharcanan
ÖRNEK 6
2Va
+
120 V
Va
15
+
+
-
-
-
‹
30
+
-
+
Afla¤›daki devrede i ak›m›n› bulunuz.
-
32
Devre Analizi
Çözüm 6:
Devreye, Kirchhoff’un gerilim yasas› uygulan›rsa,
-120 + 30i +2ϑa +15i = 0
olarak elde edilir. Öte yandan tan›ml› olan Va gerilimi ile i aras›nda,
Va = -15i
fleklinde bir iliflki söz konusudur. Burada tan›ml› olan i ak›m›, 15 Ω’luk direnç
üzerinde 15i fleklinde bir gerilim oluflturmakla birlikte, pasif elemanlar üzerinde
oluflan gerilim göz önüne al›nd›¤›nda, ters polariteye sahip bir Va gerilimini oluflturur. Bu durum, eflitlikte negatif katsay›s› kullan›m› anlam›na gelir. Bu durum
Kirchhoff’un gerilim yasas› denkleminde yerine yaz›l›rsa,
-120 + 30i - 30i + 15i = 0 → i=8 A
olarak elde edilir.
Afla¤›daki devre için
a) i ak›m›n›,
b) ϑ gerilimini,
c) 6 V’luk kayna¤›n sa¤lad›¤› gücü
bulunuz.
+
600
+
-
+
-
-
+
ÖRNEK 7
-
18 V
+
6V
3k
-
+
1.2k
-
i
Çözüm 7:
a) -18 + 600i + 6 + 1200i + 3000i = 0 → 4800i = 12 → i=2.5 mA
b) ϑ = -600i = -600(2.5x10-3)= -15 V
c) P = Vi = 6(2.5x10-3) = 15 mW (harcanan) = -15 mW (sa¤lanan)
Burada, 6 V’luk kaynak, ak›m yönüne göre terstir. Bu durumda kayna¤›n pasif
eleman gibi davrand›¤›na dikkat edilmelidir.
ÖRNEK 8
a) ϑx,
b) Ba¤›ms›z kaynak taraf›ndan sa¤lanan gücü,
c) Ba¤›ml› kaynak taraf›ndan sa¤lanan gücü
bulunuz.
+
-
+
-
45
+
+
-
-10 V
7
-
-10 x
x
+
-
+
20
-
Çözüm 8:
a) Ak›m, saat yönünde tan›mlanarak Kirchhoff’un gerilim yasas› uygulan›rsa,
10 - 10ϑx + 45i + 7i + 20i = 0
10 - 10(7i) + 45i + 7i + 20i = 0 → 2i = -10 → i = -5 A
ϑx = 7i = 7(-5) = -35 V
olarak elde edilir.
b) -10 V’luk ba¤›ms›z gerilim kayna¤›na ait detaylar afla¤›daki gibidir.
-5 A
+
-
+
-
5A
-10 V
10 V
Bu durumda -10 V’luk gerilim kayna¤› taraf›ndan sa¤lanan güç flu flekilde
bulunur:
P-10V = Vi = 10(5) = 50 W (sa¤lanan)
c) -10ϑx de¤erine sahip ba¤›ml› gerilim kayna¤›na ait detaylar ise flu flekildedir.
5A
+
-
350 V
P-10ϑx = Vi = 350(5) = 1750 W (sa¤lanan)
33
34
Devre Analizi
SIRA S‹ZDE
fiekildeki devrede
ba¤›ms›z gerilim kayna¤›n sa¤lad›¤› gücü bulunuz.
+ V1 -
+ V2 -
D Ü fi Ü N E L ‹ M-
+
5
S O R U
20
-
40 V
N N
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
+
-
+
-
+
AMAÇLARIMIZ
-
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
25
+ V3 +
3
+
SIRA S‹ZDE
4V1 - V2
2V3 + V2
AMAÇLARIMIZ
Tek Temel Dü¤üm Noktal› Devre Analizi
Tek temel dü¤üm
devre analizi uygulamalar›n›n esas›, asl›nda ilgili dü¤üm
K ‹ T A noktal›
P
noktas› için Kirchhoff’un ak›m yasas›n› uygulamaktan ibarettir.
K ‹ T A P
T EÖ
L ERV ‹NZ YEOKN
‹NTERNET
9
Afla¤›dakiTdevre
E L E V ‹ Ziçin
YON
a) ϑ gerilimini,
b) i1 ve i2 ak›mlar›n›,
c) Her eleman›n sa¤lad›¤›/harcad›¤› gücü
bulunuz. ‹ N T E R N E T
i2
i1
+
+
30
120 A
15
30 A
-
-
Çözüm 9:
a) Tan›mlanm›fl temel dü¤üm noktas› için Kirchhoff’un ak›m yasas› uygulan›rsa,
−120 +
ϑ
ϑ
+ 30 +
=0
1
1
30
15
elde edilir. Burada, direnç ile gösterilen flekillerde iletkenlik birimi olan mho
ifadesinin kullan›ld›¤›na dikkat edilmelidir. Bu durumda tan›ml› ϑ de¤eri
45ϑ = 90 → ϑ = 2 V
35
b) Tan›ml› ϑ de¤eri bulunduktan sonra, Ohm Kanunu kullan›larak her bir dirençten geçen ak›m bulunabilir:
i1 =
ϑ
ϑ
2
2
=
= 60 A, i2 =
=
= 30 A
1
1
1
1
30 30
15 15
c) Tek temel dü¤ümden oluflan bu devrede paralel kollardaki gerilimler birbirine eflittir. Bu durumda 120 A’lik ve 30 A’lik ak›m kaynaklar›n›n uçlar›nda 2 V’luk
bir gerilim oluflmufltur. Buradan,
P120 A = Vi120 A = 2(120) = 240 W (sa¤lanan)
P30 A = Vi30 A = 2(30) = 60 W (harcanan)
P30 J =Vi1 2(60) 120 W (harcanan)
P15 J =Vi2 2(30) 60 W (harcanan)
olarak elde edilir. 30 A’lik ak›m kayna¤› pasif eleman gibi davranm›flt›r. Sa¤lanan ve harcanan güçler birbirine eflittir.
ÖRNEK 10
a) ϑ gerilimini,
b) i ak›m›n›
bulunuz.
i2
i1
+
+
30
120 A
15
2i
-
-
i
Çözüm 10:
a) Tan›mlanm›fl temel dü¤üm noktas› için Kirchhoff’un ak›m yasas› uygulan›rsa,
−120 +
ϑ
ϑ
+ 2i +
=0
1
1
30
15
-120 + 30ϑ + 2i + 15ϑ = 0
olarak elde edilir. Öte yandan,
i2 =
ϑ
ϑ
=
= 15ϑ, i = −i2 = −15ϑ
1
R
15
36
Devre Analizi
yaz›labilir. Bu durum Kirchhoff’un ak›m yasas› denkleminde yerine yaz›l›rsa,
-120 + 30ϑ - 30ϑ + 15ϑ = 0 → ϑ = 8V
b) i = -15ϑ = -15(8) = -120 A
fiekildeki devrede ia, ib ve ic ak›mlar›n› bulunuz.
ib
1
400
2
600
60
40 A
ia
1
-
+
-
+
+
ÖRNEK 11
36 A
ic
2
-
2
Çözüm 11:
fiekil incelendi¤inde, 1 ve 2 numaral› dü¤üm noktalar›n› yeniden düzenleyerek
problemi çözmek daha kolay olacakt›r. 1. temel dü¤üm noktas› gerilimi ϑ olarak
tan›mlan›rsa, problem afla¤›daki gibi tek dü¤üm noktal› devre haline dönüflür. 2.
dü¤üm noktas› ise, referans olarak belirlenmifltir.
1
+
400
1
40 A
+
1
600
+
60
-
-
-
2
2
2
36 A
Tan›mlanm›fl temel dü¤üm noktas› için Kirchhoff’un ak›m yasas› uygulan›rsa,
−40 + 36 +
ϑ
ϑ
ϑ
+
+
= 0 → ϑ = 192 V
400 600 60
olarak elde edilir. Bu temel dü¤üm noktas›ndan hareketle,
ia =
ϑ
192
=
= 0.48 A
400 400
i600 =
i60 =
ϑ
192
=
= 0.32 A
600 600
ϑ
192
=
= 3 .2 A
60 600
37
fleklinde hesaplanabilir. Burada, 600 Ω ve 60 Ω’un üzerinden geçen ak›mlar, 1.
temel dü¤üm noktas›ndan 2. dü¤üm noktas›na (referans) do¤rudur. Afla¤›daki flekilde 1. temel dü¤üm noktas›na giren ve ç›kan ak›mlar gösterilmektedir.
ia
1
+
-
+
i 600
ib
400
600
-
40 A
1. temel dü¤üm noktas› için Kirchhoff’un ak›m yasas› uygulan›rsa,
ib + ia -40 + i600 = 0
ib + 0.48 - 40 + 0.32 = 0 → ib = 39.2 A
Afla¤›daki flekilde 2. dü¤üm noktas›na giren ve ç›kan ak›mlar gösterilmektedir.
i 600
i 60
2
+
+
-
600
60
-
ic
ic - i600 - i60 = 0 → ic = i600 + i60 = 0.32 + 3.2 = 3.52 A
ÖRNEK 12
fiekildeki devrede i ak›m›n› bulunuz.
1
1
+
+
i
240
60
4i
-
-
3A
2
2
-
1
48
+
2
Çözüm 12:
1 ve 2 numaral› dü¤üm noktalar›n› yeniden düzenleyerek problemi çözmek daha kolay olacakt›r. 1. temel dü¤üm noktas› gerilimi ϑ olarak tan›mlan›rsa, problem
afla¤›daki gibi tek dü¤üm noktal› devre haline dönüflür. 2. dü¤üm noktas› ise, referans olarak belirlenmifltir.
38
Devre Analizi
1
1
+
240
1
+
4i
1
+
60
48
-
-
-
2
2
2
3A
Tan›mlanm›fl temel dü¤üm noktas› için Kirchhoff’un ak›m yasas› uygulan›rsa,
−4i − 3 +
ϑ
ϑ
ϑ
+ +
=0
240 60 48
olarak yaz›labilir. Öte yandan tan›ml› i ak›m›,
i=
ϑ
240
fleklindedir. Tan›ml› i ak›m› Kirchhoff’un ak›m yasas› denkleminde yerine
yaz›l›rsa,
 ϑ 
ϑ
ϑ
ϑ
− 3+
−4 
+ +
= 0 → ϑ = 120 V
 240 
240 60 48
olarak elde edilir. Buradan da i ak›m›,
i=
ϑ
120
=
= 0.5 A
240 240
fleklinde hesaplan›r.
SIRA S‹ZDE
4
SIRA S‹ZDE
Afla¤›daki devrede
tan›ml› olan I ak›m›n›n de¤erini bulunuz.
+
S O R U
S O R U
7A
6
D‹KKAT
AMAÇLARIMIZ
N N
SIRA S‹ZDE
I
AMAÇLARIMIZ
+
SIRA S‹ZDE
+
D‹KKAT
4
8A
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
-
K ‹ T A P
12
-
39
EfiDE⁄ER D‹RENÇ VE KAYNAK HESABI
Seri Ba¤lanm›fl Dirençler ‹çin Eflde¤er Direnç Hesab›
fiekil 2.4
+ R 1
+ R 2
+ R 3
R1
+ R2
+ Rn
+
i
+
-
1
+
-
2
+
-
3
Eflde¤er seri direnç
devresi.
+R efl
i
+
-
s
fiekil 2.4’de, n tane seri ba¤lanm›fl dirençten ve üç adet ba¤›ms›z gerilim kayna¤›ndan oluflan bir devrenin eflde¤er gösterimi verilmektedir. Burada,
ϑs = -ϑ1 + ϑ2 + ϑ3
(2.5)
Refl = R1 + R2 + R3
(2.6)
olarak yaz›labilir.
Paralel Ba¤lanm›fl Dirençler ‹çin Eflde¤er Direnç Hesab›
fiekil 2.5
+
+ R2
i
+
-
1
+
-
2
+
-
3
Eflde¤er paralel
direnç devresi.
R1
+R efl
i
+
+
Rn
s
-
fiekil 2.5’de, n tane paralel ba¤lanm›fl dirençten ve üç adet ba¤›ms›z gerilim kayna¤›ndan oluflan bir devrenin eflde¤er gösterimi verilmektedir. Burada,
ϑs = -ϑ1 + ϑ2 + ϑ3
1
1
1
1
=
+
+L +
R2
Rn
R es R1
olarak yaz›labilir.
(2.7)
(2.8)
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
40
Devre Analizi
S O R U
‹ K K A T ba¤lanmas› durumunda, birbirine eflit olan kaynaklar›n kullan›m›na
Kaynaklar›n Dparalel
dikkat edilmelidir. Aksi takdirde, de¤eri küçük olan kaynak(lar) de¤eri büyük olan kaynak(lar)danSIRA
boflS‹ZDE
yere güç çekecektir. Ayn› de¤ere sahip olan gerilim kaynaklar› paralel
ba¤land›¤›nda, bu kaynaklar›n eflde¤eri tek bir kayna¤›n de¤erine eflit olur.
N N
AMAÇLARIMIZ
fiekildeki devreyi
basitlefltiriniz.
+
-
K ‹ T A P
-
K ‹ 10
T A P
+
-
TELEV‹ZYON
7
30 V
-
5
-
20 V
TELEV‹ZYON
80 V
+
8
‹NTERNET
+
13
+
AMAÇLARIMIZ
ÖRNEK
+
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
S O R U
‹NTERNET
+
-
-
Çözüm 13:
Eflitlik (2.5) ve (2.6)’da verilenler do¤rultusunda;
ϑs = 80 + 30 - 20 = 90 V
Refl= 10 + 7 + 5 + 8 = 30Ω
+
-
30
+
-
D Ü fi- Ü N E L ‹ M
A
12
S O R U
4
-
B
3
S O R U
GER‹L‹MD ‹VE
K K A TAKIM PAYLAfiIM KURALLARI
D‹KKAT
fiekil 2.6
N N
+
SIRA
S‹ZDE
Gerilim
paylafl›m›.
+
i
AMAÇLARIMIZ
-
+
SIRA S‹ZDE
A - B aras› eflde¤er
direnci hesaplay›n›z.
+
5
+
SIRA S‹ZDE
90 V
+
-
- S‹ZDE
+ 2 1SIRA
R1
+ R2
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
Gerilim Paylafl›m›
fiekildeki gibi birbirine seri ba¤lanm›fl iki direnç
ve bir gerilim kayna¤›ndan oluflmufl bir devrede
dirençler üzerine düflen gerilimler, direnç de¤erleriyle do¤ru orant›l› olarak paylafl›l›rlar.
Burada, tan›ml› olan ϑ1 ve ϑ2 de¤erleri i ak›m› kullan›larak flu flekilde yaz›labilir:
41
ϑ1 = R1i, ϑ2 = R2i
(2.9)
i ak›m› ise, Ohm Kanunu’ndan flu flekilde yaz›labilir:
i=
ϑ
R1 + R 2
(2.10)
Eflitlik (2.10)’da verilen i ak›m›, Eflitlik (2.9)’da verilen denklemlerde yerine
yaz›l›rsa,
ϑ1 =
R1
R1 + R 2
ϑ, ϑ 2 =
R2
R1 + R 2
ϑ
(2.11)
olarak elde edilir.
ÖRNEK 14
fiekil 2.6’daki devre için R1 = 2Ω, R2 = 3Ω ve ϑ = 10 V ise, ϑ1 ve ϑ2 nedir?
Çözüm 14:
2
3
ϑ1 = 10 = 4 V, ϑ 2 = 10 = 6 V
5
5
Ak›m Paylafl›m›
i
i1
ϑ
ϑ
, i2 =
R1
R2
-
R1
i2
+
+
-
-
i1 =
fiekil 2.7
+
fiekildeki gibi birbirine paralel ba¤lanm›fl iki direnç ve bir gerilim kayna¤›ndan oluflmufl bir devrede dirençler üzerinden geçen ak›mlar, direnç
de¤erleriyle ters orant›l› olarak paylafl›l›rlar.
Burada, tan›ml› olan i1 ve i2 de¤erleri ϑ gerilimi kullan›larak flu flekilde yaz›labilir:
Ak›m paylafl›m›.
R2
(2.12)
ϑ gerilimi ise, eflde¤er direnç hesaplan›p, Ohm Kanunu’ndan flu flekilde yaz›labilir:
ϑ = iR es = i
R1R 2
(2.13)
R1 + R 2
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
Eflitlik (2.13)’de verilen ϑ gerilimi, Eflitlik (2.12)’de verilen denklemlerde yerine
yaz›l›rsa,
i1 =
R2
R1 + R 2
i, i2 =
olarak elde edilir.
R1
R1 + R 2
i
D ‹ K K A geçen
T
‹kiden daha fazla direncin paralel ba¤lanmas›nda, bir direnç üzerinden
ak›m›n,
ak›m paylafl›m kurallar›yla bulunmas› gerekti¤inde, o direnç hariç di¤er dirençlerin eflde¤eri hesaplanarak devre iki paralel ba¤lanm›fl direnç haline getirildikten
sonra ak›m paySIRA S‹ZDE
lafl›m kural› devreye sokulabilir.
i2 nedir?
fiekil 2.7’deki devre için R1 = 6Ω, R2 = 3Ω ve i = 2 A ise, i1 veAMAÇLARIMIZ
D‹KKAT
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
ÖRN
EK 15
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
42
Devre Analizi
Çözüm 15:
3
2
6
4
i1 = 2 = A, i2 = 2 = A
9
3
9
3
6
SIRA S‹ZDE
fiekildeki devrede
I ak›m kayna¤›n›n de¤erini bulunuz.
12 mA
D Ü fi Ü N E L ‹ M -
+
SIRA S‹ZDE
2.5
S O R U
D‹KKAT
-
-
I
+
25
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
15
+
-
N N
-
AMAÇLARIMIZ
SIRA S‹ZDE
+
-
SIRA S‹ZDE
10
5
S O R U
D‹KKAT
+
+
30
43
Özet
1. ünitede verilen temel kavramlardan sonra bu ünitede, temel devre yasalar› üzerinde durulmufltur.
Temel devre yasalar›n›n anlafl›lmas›nda bir tak›m özel
kavramlar›n bilinmesi gerekmektedir. Bu bak›mdan;
dü¤üm noktas›, temel dü¤üm noktas›, kol, çevre ve göz
kavramlar› k›saca aç›klanm›flt›r.
‹ki ya da daha fazla devre eleman›n›n ba¤land›¤› noktaya dü¤üm noktas› ad› verilir. Üç ya da daha fazla devre
eleman›n›n ba¤land›¤› noktaya temel dü¤üm noktas› ad›
verilir. Dü¤üm noktas›ndan farkl› olarak, burada ak›m›n
bölünmesi olay› söz konusudur. ‹ki dü¤üm noktas› aras›nda kalm›fl parçaya kol denir. Devre elemanlar›ndan
bir defa geçmek kofluluyla herhangi bir dü¤üm noktas›ndan bafllan›p, bafllan›lan dü¤üm noktas›na ulafl›ld›¤›nda elde edilen kapal› yola çevre ad› verilir. Herhangi
bir kol taraf›ndan kesilmeyen çevreye göz denir.
Devre Analizi’nde, Ohm Kanunu’ndan sonra en temel
kanunlar Kirchhoff yasalar›d›r. Kirchhoff ‘un ak›m yasas› ve Kirchhoff’un gerilim yasas› olmak üzere iki yasas›
bulunmaktad›r. Kirchhoff’un ak›m yasas›na göre, bir dü¤üm noktas›ndaki ak›mlar›n cebirsel toplam› s›f›rd›r. Cebirsel toplam terimi, ak›m›n dü¤üm noktas›na girifl ve
ç›k›fl durumlar›n›n da gözönüne al›nmas›n› anlatmaktad›r. Kirchhoff’un gerilim yasas›na göre ise, bir devredeki herhangi bir kapal› yol üzerindeki gerilimlerin cebirsel toplam› s›f›rd›r. Cebirsel toplam terimi, gerilim polaritelerinin gözönüne al›nmas›n› anlatmaktad›r.
Kirchhoff’un yasalar›, tek gözlü ve tek temel dü¤üm
noktal› devreler için uygulamas› gerçeklefltirilmifl, böylece bundan sonraki bölümde anlat›lacak olan dü¤üm
gerilimleri ve çevre ak›mlar› yöntemlerinin temelleri de
oluflturulmaya çal›fl›lm›flt›r.
Devre Analizi’nde her zaman devreler tek bir direnç ve
tek bir kaynak fleklinde ba¤lanm›fl olmayabilir. Seri
ve/veya paralel ba¤lanm›fl dirençlerin eflde¤er direncinin hesaplanmas› bu bölümde anlat›lm›flt›r. Seri ba¤lanm›fl gerilim kaynaklar›n›n da eflde¤er kaynak hesab›n›n
nas›l yap›laca¤› yine bu bölümde verilmifltir. Paralel
ba¤lanm›fl gerilim kaynaklar›n›n de¤erleri ayn› seçilmelidir. Aksi takdirde, de¤eri küçük olan gerilim kayna¤›,
de¤eri büyük olan gerilim kayna¤›ndan bofl yere güç
çekecektir.
Gerilim ve ak›m paylafl›m kurallar›, bu bölümün son
konusu olarak ele al›nm›flt›r. Birbirine seri ba¤lanm›fl
iki direnç ve bir gerilim kayna¤›ndan oluflmufl bir devrede, dirençler üzerine düflen gerilimler, direnç de¤erleriyle do¤ru orant›l› olarak paylafl›l›rlar. Birbirine paralel ba¤lanm›fl iki direnç ve bir gerilim kayna¤›ndan oluflmufl bir devrede ise, dirençler üzerinden geçen ak›mlar, direnç de¤erleriyle ters orant›l› olarak paylafl›l›rlar.
Konu anlat›mlar›nda verilen çeflitli örneklerle konular›n
pekiflmesi amaçlanm›flt›r.
44
Devre Analizi
1. ‹ki ya da daha fazla devre eleman›n›n ba¤land›¤›
noktaya ne ad verilir?
a. Kol
b. Göz
c. Dü¤üm noktas›
d. Toprak
e. Gerilim noktas›
5. fiekildeki devrede tan›ml› olan i ak›m›n›n de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
i
120 A
2
2
1A
-
-
30
25
20
15
10
3. ‹kinci soruda tan›ml› olan i ak›m›n›n de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
a. -1 A
b. 1 A
c. 3 A
d. 4 A
e. 5 A
+
100 V
-
10
-
+
+
4. fiekildeki devrede tan›ml› ϑa geriliminin de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
-
2Va
10
+ +
Va
-
a.
b.
c.
d.
e.
5V
10 V
15 V
20 V
25 V
-
10
-
+
20
i
A
A
A
A
A
6. fiekildeki devrede tan›ml› olan ϑx geriliminin de¤eri
afla¤›dakilerden hangisidir?
V
V
V
V
V
+
1
2
3
4
8
2A
+
a.
b.
c.
d.
e.
+
+
2A
a.
b.
c.
d.
e.
-
+
+
20
30 A
-
i
10
-
2. fiekildeki devrede tan›ml› olan ϑ geriliminin de¤eri
4
+
+
5
-
+
x
-
a.
b.
c.
d.
e.
40
50
60
70
80
V
V
V
V
V
26 A
5A
7. fiekildeki devrede tan›ml› olan i ak›m›n›n de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
10. fiekildeki devrede kaynak taraf›ndan sa¤lanan güç
+
i
+
-
1
I
+
20
1A
-
2i
+
+
2
10
45
2
-
-
20A
a.
b.
c.
d.
e.
10
20
30
40
50
10
a.
b.
c.
d.
e.
+
-
A
A
A
A
A
1. c
2. d
20
-50 V
-
+
+
+
+
-
-
5
-
3. b
-150 V +-
+ 100 V
+
5
a.
b.
c.
d.
e.
-
+
-
4. e
5. a
6. c
-25 V
-15 V
15 V
25 V
35 V
7. a
8. a
9. fiekildeki devrede A-B aras› eflde¤er direncin de¤eri
9. e
a.
b.
c.
d.
e.
9
6
3
2
1
Ω
Ω
Ω
Ω
Ω
3
-
+
+
3
-
+
10. b
A
W
W
W
W
W
8. fiekildeki devrede tan›ml› olan ϑ geriliminin de¤eri
10
20
24
28
32
36
3
-
B
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Dü¤üm Noktas›” bafll›kl›
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Örnek 2”yi yeniden gözden
geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Örnek 2”yi yeniden gözden
geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Örnek 6”y› yeniden gözden
geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Örnek 9”u yeniden gözden
geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Örnek 11”i yeniden gözden
geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Örnek 12”yi yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Eflde¤er Direnç ve Kaynak
Hesab›” ve “Gerilim ve Ak›m Paylafl›m Kurallar›”
bafll›kl› konular› yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Paralel Ba¤lanm›fl Dirençler ‹çin Eflde¤er Direnç Hesab›” bafll›kl› konuyu
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Gerilim ve Ak›m Paylafl›m
Kurallar›” bafll›kl› konuyu yeniden gözden
geçiriniz.
46
Devre Analizi
olarak Ohm Kanunu’ndan hesaplanabilir.
-5 + 3 + ix - 2 = 0 → ix = 4 A
1
I2
2
-
+
+ 6V -
-5 + 3 + ix - iy - iz = 0
1A
14
-
yaz›labilir. iy = 2 A ve iz = 0 A durumlar› denklemde yerine yaz›l›rsa,
4A
1.5
+
a) Ortadaki nokta, temel dü¤üm noktas› olarak seçilip,
bu noktaya Kirchhoff’un ak›m yasas› uygulan›rsa,
I14Ω = 1 A
+
S›ra Sizde 1
Soru Kirchhoff’un ak›m yasas›yla çözülmelidir.
1 numaral› temel dü¤üm noktas› için Kirchhoff’un ak›m
yasas› uygulan›rsa,
olarak elde edilir.
-4 + 1 + I2 = 0 → I2 = 3 A
b) Ortadaki nokta, temel dü¤üm noktas› olarak seçilip,
olarak elde edilir. 3 A’lik ak›m, 2 Ω’luk direncin uçlar›nda afla¤›daki flekilde 6 V’luk gerilim oluflturur.
+ 6V -
-5 + 3 + ix - iy - iz = 0
3A
yaz›labilir. ix = 2 A ve iz = 2iy durumlar› denklemde yerine yaz›l›rsa,
-5 + 3 + ix - iy - iz = 0
yaz›labilir. ix = i y = i z durumlar› denklemde yerine
yaz›l›rsa,
-5 + 3 + iz - iz - iz = 0 → iy = -2 A
olarak elde edilir.
S›ra Sizde 2
4 A’lik ak›m kayna¤› 1.5 Ω’luk direncin uçlar›nda afla¤›daki flekilde 6 V’luk gerilim oluflturur.
Bu noktadan hareketle, kapal› göz için Kirchhoff’un gerilim yasas› uygulan›rsa,
-14 + 6 + Vy = 0 → Vy = 8 V
olarak elde edilir. 4 Ω’luk direncin uçlar›ndaki gerilim
biliniyorsa, üzerinden geçen ak›mda;
I4Ω = 2 A
olarak Ohm Kanunu’ndan hesaplanabilir.
3A
1.5
I3
2.5
+
-
+
4A
4
14
Bu noktadan hareketle, kapal› göz için Kirchhoff’un gerilim yasas› uygulan›rsa,
-
-
+
Vx
-
+
+
20 V
-
2
2A
+
+ 6V -
4
-
c) Ortadaki nokta, temel dü¤üm noktas› olarak seçilip,
-
-
+
Vy
-
14
+
+
14V
olarak elde edilir.
-
+
-5 + 3 + 2 - iy - 2iy = 0 → iy = 0 A
2
+
2 numaral› temel dü¤üm noktas› için Kirchhoff’un ak›m
yasas› uygulan›rsa,
-3 + 2 + I3 = 0 → I3 = 1 A
-20 + 6 + Vx = 0 → Vx = 14 V
olarak elde edilir. Bu durumda da,
olarak elde edilir. 14 Ω’luk direncin uçlar›ndaki gerilim
biliniyorsa, üzerinden geçen ak›mda;
I = -I3 = -1 A
olarak elde edilir.
47
S›ra Sizde 3
Soru, Kirchhoff’un gerilim yasas›yla çözülmelidir. Burada i ak›m›, saat yönünde tan›mlanm›flt›r. Bu durumda,
S›ra Sizde 5
Dü¤üm noktalar›n›n belirlenmesiyle devre daha anlafl›l›r bir hale getirilebilir.
2
1
2
-
B
12
i=-2A
olarak bulunur. Ba¤›ms›z gerilim kayna¤›n›n harcad›¤›
güç ise;
P40 V = Vi = (40)(2) = 80 W (harcanan)
fleklindedir. Burada, gerilim kayna¤›n›n pasif eleman
oldu¤una dikkat edilmelidir. Bu durumda sa¤lanan güç
ise, -80 W fleklinde olur.
B
1
R es
=
1
12
+
1
4
+
1
→ R es = 1.5Ω
3
olarak elde edilir.
S›ra Sizde 6
Sorunun çözümünde gerekli baz› ak›m tan›mlamalar›
flekilde gösterilmektedir.
S›ra Sizde 4
Temel dü¤üm noktalar›n› yeniden düzenleyerek problemi çözmek daha kolay olacakt›r. 1. temel dü¤üm noktas› gerilimi ϑ olarak tan›mlan›rsa, problem afla¤›daki
gibi tek dü¤üm noktal› devre haline dönüflür. 2. dü¤üm
noktas› ise, referans olarak belirlenmifltir.
2.5
-
12 mA
I3
+
+
10
5
I
-
+
+
25
I1 ve I2 ak›mlar›, ak›m paylafl›m›ndan bulunabilir:
-
-
+
I1 =
2
2
I2 =
+
12
7A
-
2
+
4
8A
Bu durumda, 1. dü¤üm noktas›na için Kirchhoff’un ak›m
yasas› denklemi yaz›l›rsa,
ϑ
6
−7 +
ϑ
12
+
ϑ
4
=
(12mA ) = 4mA
12 mA
− 8 = 0 → ϑ = 30 V
+
120 mV
-
+
10
I1
+ +
120 mV 15
-
= 7 .5 A
45
+
I2
30
-
4
15
(12mA ) = 8mA
-
4
45
-
I=
30
30
Bu durumda dirençler üzerine düflen gerilimler ise afla¤›daki gibi olur:
olarak elde edilir. Sorulan ak›m ise,
ϑ
I2
30
1
I
6
+
-
-
1
I1
15
-
1
2
Bu durumda 3 direncin birbirine paralel oldu¤u görülmektedir. Bu durumda,
+
fleklindedir. Bu de¤erler, Kirchhoff’un gerilim yasas›
denkleminde yerine yaz›l›rsa,
-
V1 = 5i, V2 = 25i, V3 = 20i
3
4
-
3
-
4
+
-
+
+
-
12
+
1
+
A
+
olarak yaz›labilir. Öte yandan,
1
A
- 40 + 5i + 25i + 20i - 2V3 - V2 + 4V1 - V2 = 0
Paralel kollar›n gerilimlerinin eflit oldu¤undan hareketle;
I3 =
240mV
30Ω
= 8mA
I = I3 + 12 mA = 8 mA + 12 mA = 20 mA
olarak istenen ak›m kayna¤› de¤eri elde edilir.
48
Devre Analizi
Hayt, W. H., Kemmerly, J. E., Durbin S. M. (2006). Engineering Circuit Analysis, McGraw Hill
Edminister, J., Nahvi, M. (1999). Çevirenler: Dr. Aydemir, M. T., Nakipo¤lu, K. C. Elektrik Devreleri,
Nobel
Ya¤›ml›, M., Akar, F. (2010). Do¤ru Ak›m Devreleri
ve Problem Çözümleri, Beta Bas›m
Ünal, A., Özenç, S. (2005). Çözümlü Elektrik Devre
Problemleri, Birsen Yay›nevi
Selek, H. S. (2007). Do¤ru Ak›m (DC) Devre Analizi,
Seçkin Yay›nc›l›k
Meslekî E¤itim Ve Ö¤retim Sisteminin Güçlendirilmesi
Projesi (2007). Elektriksel Büyüklükler Ve Ölçülmesi, Milli E¤itim Bakanl›¤›
3
DEVRE ANAL‹Z‹
Amaçlar›m›z
N
N
N
N
Dü¤üm gerilimleri yöntemi ile ilgili tan›m ve kavramlar› aç›klayabilecek,
Dü¤üm gerilimleri yöntemini devre çözümünde kullanabilecek,
Çevre ak›mlar› yöntemi ile ilgili tan›m ve kavramlar› aç›klayabilecek,
Çevre ak›mlar› yöntemini devre çözümünde kullanabilecek
Anahtar Kavramlar
• Graf Teorisi
• Dü¤üm
• Çevre
• Dü¤üm gerilimleri yöntemi
• Çevre ak›mlar› yöntemi
‹çindekiler
Devre Analizi
Dü¤üm Gerilimleri
Yöntemi ve Çevre
Ak›mlar› Yöntemi
•
•
•
•
G‹R‹fi
GRAF TEOR‹S‹ VE TANIMLARI
DÜ⁄ÜM GER‹L‹MLER‹ YÖNTEM‹
ÇEVRE AKIMLARI YÖNTEM‹
Dü¤üm Gerilimleri Yöntemi
ve Çevre Ak›mlar› Yöntemi
G‹R‹fi
Elektrik devrelerinin analizinde birçok farkl› yöntem kullan›lmaktad›r. Bu analiz
yöntemleri yard›m›yla devredeki elemanlar üzerindeki gerilim, elemanlar üzerinden geçen ak›m, devrede harcanan güç veya devreye kazand›r›lan güç gibi de¤erler hesaplanabilmektedir. Ayr›ca elektrik devresi tasar›m› için de bu analiz yöntemlerinden yararlan›lmaktad›r.
Bu ünitede, öncelikle devre analizinde kullan›lan yöntemlerin temelini oluflturan Graf Teorisi ve tan›mlar› anlat›lmaktad›r. Graf Teorisi’nde yönlendirilmifl çizgi
parças› Graf eleman› olarak tan›mlanmaktad›r. Graf eleman›n›n uçlar› ise dü¤üm
olarak isimlendirilmektedir.
Daha sonra analiz yöntemlerinden olan dü¤üm gerilimleri yöntemi ve çevre
ak›mlar› yöntemleri üzerinde durulmaktad›r. Bu iki yöntem Devre Analizi’nde s›kça kullan›lan temel yöntemlerdir.
Dü¤üm gerilimleri yöntemindeki amaç, gerilimi bafllang›çta bilinmeyen dü¤üm
noktalar›n›n gerilimini, yöntemin kurallar›na göre hesaplamakt›r. Denklemler oluflturulurken her bir dü¤üm noktas›nda Kirchhoff’un ak›m yasas›ndan yararlan›l›r.
Dü¤üm noktas›na gelen veya ç›kan ak›mlar›n tümü isimlerle veya oklarla belirtilmelidir. Dü¤üm noktas›na gelen ak›mlar (-) iflaretle, ç›kan ak›mlar ise (+) iflaretle
denkleme aktar›lmal›d›r.
Çevre ak›mlar› yönteminde, her çevre (göz) için referans bir ak›m yönü seçilerek ak›mlar isimlendirilir. Devrede bütün çevreler (gözler) için seçilen ak›m yönünde Kirchhoff’un gerilim yasas› uygulanarak denklemler elde edilir.
Bir sonraki ünitede di¤er devre analizi yöntemlerinin incelenmesine devam
edilecektir. Ünitede incelenecek devreler sadece DC kaynak bulunduran devrelerdir. AC kaynak bulunduran devrelerin analizi ile ilgili konular ilerleyen ünitelerde
incelenecektir.
GRAF TEOR‹S‹ VE TANIMLARI
Elektrik devreleri, yap›lar› itibariyle karmafl›k ya da basit yap›da olabilmektedir. Gerek basit yap›daki devrelerin gerekse karmafl›k yap›daki devrelerin analizi için çeflitli analiz yöntemleri kullan›lmaktad›r. Graf Teorisi bu analiz yöntemlerinin bir k›sm›na temel oluflturarak çözüme ulafl›lmas›nda kolayl›k sa¤lamaktad›r. Graf Teorisi’nde yönlendirilmifl çizgi parças› Graf eleman› olarak tan›mlanmaktad›r. Graf eleman›n›n uçlar› ise dü¤üm olarak isimlendirilmektedir. Bir dü¤üme ba¤l› toplam ele-
52
Devre Analizi
man say›s› o dü¤üm noktas› için
dü¤üm derecesi’ni belirtmektedir. Tan›mlanan bu elemanlar biraraya gelerek Graf ad› verilen
geometrik flekli oluflturmaktad›r.
Her bir dü¤üm noktas›nda dü¤üme gelen ak›mlar negatif (-),
dü¤ümden ç›kan ak›mlar pozitif
(+) olarak al›n›r; dü¤üm noktas›na giren ve ç›kan ak›mlar›n cebirsel toplam› s›f›rd›r.
fiekil 3.1
Graf Eleman›
Graf yap›s›.
Dü¤üm Noktas›
Dü¤üm Noktas›
Dü¤üm Noktas›
SIRA S‹ZDE
1
fiekildeki dü¤ümün
derecesi nedir?
SIRA S‹ZDE
+
S O R U
S O R U
-
D‹KKAT
+
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
N N
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
D‹KKAT
-
+
-
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
+
-
K ‹ T A P
Elektrik devrelerinin graf modeli oluflturulurken devre elemanlar› devrede yokmufl ve elemanlar›n
T E L E V ‹ Z Y O N dü¤üm noktalar›, birbirine ba¤l›ym›fl gibi kabul edilir. Graf
modelinde graf elemanlar› üzerinde ak›m›n yönleri belirlenirken gerilim kaynaklar› ve ak›m kaynaklar›n›n yönleri dikkate al›n›r. Dirençlerde ak›m›n yönü istenildi¤i gibi seçilir.
‹NTERNET
fiekil 3.2
Elektrik devresi.
MAKALE
+
MAKALE
R2
-
+
+
+
R4
R1
-
-
R3
+
-
53
3. Ünite - Dü¤üm Gerilimleri Yöntemi ve Çevre Ak›mlar› Yöntemi
fiekil 3.3
R1
Elektrik devresi
graf›.
R4
R2
R3
‹
V
Graf içerisinde, bütün dü¤ümlerin derecesi iki olacak flekilde biraraya gelip
oluflturduklar› alt grafa çevre ad› verilmektedir. Bir graf çok say›da çevreden oluflabilir. Graf› oluflturan küçük pencerelerin hepsi ba¤›ms›z çevre olarak tan›mlanmaktad›r. Çevre veya ba¤›ms›z çevrelerde ak›m yönleri keyfi olarak seçilebilir.
DÜ⁄ÜM GER‹L‹MLER‹ YÖNTEM‹
Elektrik devrelerinin analizinde kullan›lan yöntemlerden birisi, dü¤üm gerilimleri
yöntemidir. Bu yöntemde amaç, gerilimi bafllang›çta bilinmeyen dü¤üm noktalar›n›n gerilimini, yöntemin kurallar›na göre hesaplamakt›r. Dü¤üm gerilimleri yönteminde izlenecek basamaklar s›ras›yla flöyledir:
1. Elektrik devresinin devre graf› çizilir.
2. S›f›r potansiyele sahip referans bir dü¤üm noktas› seçilir.
Bu nokta seçilirken:
a) Devrede hiç gerilim kayna¤› yoksa herhangi bir dü¤üm noktas› referans
dü¤ümü (noktas›) olarak seçilebilir.
b) Devrede bir tane gerilim kayna¤› varsa tercihen gerilim kayna¤›n›n (-)
ucu referans dü¤ümü olarak seçilir.
c) Devrede birden fazla gerilim kayna¤› varsa ve bu kaynaklar›n birer ucu
ortak bir dü¤üme ba¤l› ise bu ortak dü¤üm noktas› referans dü¤üm olarak seçilir.
3. Di¤er dü¤ümler, keyfi olarak V1, V2, V3 gibi de¤iflkenlerle isimlendirilir.
E¤er referans dü¤ümü ile baz› dü¤ümler aras›nda gerilim kaynaklar› bulunuyorsa bu dü¤ümlerin gerilimleri o gerilim kaynaklar›n›n de¤erine eflittir.
‹ki dü¤üm noktas› aras›nda gerilim kayna¤› varsa, bu dü¤ümler süper dü¤üm olarak adland›r›l›r.
4. Devrede bulunan N tane dü¤ümden biri referans dü¤üm noktas› olarak seçilip, di¤erleri (N-1) tane de¤iflkenle isimlendirildikten sonra, kalan bu (N1) adet dü¤üm için de¤iflkenler kullan›larak (N-1) adet denklem tak›m› oluflturulur. Bu denklemler oluflturulurken her bir dü¤üm noktas›nda Kirchhoff’un ak›m yasas›ndan yararlan›l›r. Dü¤üm noktas›na gelen veya ç›kan
ak›mlar›n tümü isimlerle veya oklarla belirtilmelidir. Dü¤üm noktas›na ge-
54
Devre Analizi
len ak›mlar (-) iflaretle, ç›kan ak›mlar ise (+) iflaretle denkleme aktar›lmal›d›r. Dü¤üm gerilimlerinin elde edilmesinin ard›ndan devre elemanlar›n›n
gerilimleri, ak›mlar› ve di¤er istenen bilgiler kolayl›kla hesaplanabilir.
SIRA S‹ZDE
2
ÖRNEK 1
Referans dü¤ümü
seçiminde dikkat edilecek hususlar nelerdir?
SIRA S‹ZDE
Dü¤üm gerilimleri
yöntemini kullanarak flekildeki devredeki dirençler üzerindeki
gerilim, ak›m ve güç de¤erlerini hesaplay›n›z.
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
+
5 Ohm
N N
‹NTERNET
MAKALE
2 Ohm
-
10 A
-
AMAÇLARIMIZ
Çözüm K1:‹ T A P
V1
TELEV‹ZYON
+
+
20 SIRA
A S‹ZDE 3 Ohm
TELEV‹ZYON
20 A
V2
+
5 Ohm
+
3 Ohm
+
2 Ohm
-
-
‹NTERNET
10 A
MAKALE
referans
Devrede öncelikle referans dü¤üm noktas› seçilir. V1 ve V2 noktalar› ise, devredeki di¤er dü¤üm noktalar›d›r. Dü¤üm noktalar›ndaki ak›mlar›n yönleri keyfi seçilir. Bu noktalarda ak›m›n cebirsel toplam› s›f›rd›r.
1. dü¤üm noktas› için denklem: −20 +
V1
+
V2
−(
3
2
V1 − V2
5
=0
V1 − V2
5
)=0
Her iki denklem için payda eflitlemesi yap›ld›¤›nda,
1. dü¤üm noktas› denklemi: 300 = 8V1 – 3V2
2. dü¤üm noktas› denklemi: 100 = 7V2 – 2V1
olarak elde edilir.
2. dü¤üm noktas› denkleminde, eflitli¤in her iki taraf›n› 4 ile çarp›p, 1. dü¤üm
noktas› için yaz›lan denklemle taraf tarafa toplarsak önce V 2, sonra da V1 elde
edilir.
55
300 = 8V1 – 3V2
400 = 28V2 – 8V1
700 = 25V2 V2 = 28V ve V1 = 48V olarak bulunur. Buradan;
3 Ohm’luk direnç üzerindeki gerilim, 48 V
5 Ohm’luk direnç üzerindeki gerilim, V1 –V2 = 48 – 28 = 20V
2 Ohm’luk direnç üzerindeki gerilim 28 V olarak bulunur.
Ak›m de¤erleri ise I =
V
formülünden;
R
3 Ohm’luk direnç için I =
48
= 16 A ,
3
20
= 4 A,
5
28
= 14 A olarak hesaplan›r.
2
Her bir direncin harcad›¤› güç P = I2 × R formülü ile
3 Ohm’luk direnç için P = 162 × 3 = 768 W
2 Ohm’luk direnç için P = 142 × 2 = 392 W olarak bulunur.
Dü¤üm gerilimleri yöntemini kullanarak flekildeki devredeki dirençler üzerindeki
+
+
3 Ohm
6 Ohm
-
+
-
-
20 V
+
4 Ohm
-
+
4 Ohm
-
ÖRNEK 2
56
Devre Analizi
Çözüm 2:
V1
+
+
3 Ohm
6 Ohm
-
+
-
V2
20 V
+
4 Ohm
+
4 Ohm
-
-
referans
Bir önceki örnekte oldu¤u gibi s›ras›yla referans ve di¤er dü¤üm noktalar› belirlenir. Ard›ndan dü¤üm noktalar› için denklem tak›mlar› yaz›l›r. Referans dü¤üm noktas› ile V1 olarak tan›mlanan dü¤üm noktas› aras›nda gerilim kayna¤› oldu¤u için bu
dü¤ümün de¤eri, gerilim kayna¤›n›n de¤erine eflittir ve V1 = 20 olarak belirlenir. Dolay›s›yla sadece V2 olarak tan›mlanan dü¤üm noktas› için denklem yaz›l›r.
−(
20 − V2
3
)−(
20 − V2
6
)+
V2
4
+
V2
4
=0
Payda eflitlemesi yap›ld›¤›nda,
6V2 = 60 V V2 = 10 V olarak bulunur. Buradan;
3 Ohm’luk direnç üzerindeki gerilim V1 – V2 = 20 – 10 = 10 V,
6 Ohm’luk direnç üzerindeki gerilim V1 – V2 = 20 – 10 = 10 V, (Ayn› zamanda
paralel kollardaki gerilimlerin birbirine eflit oldu¤undan hareketle 10 V oldu¤u görülebilir.)
4’er Ohm’luk dirençler üzerindeki gerilim V2 = 10 V olarak bulunur.
V
formülünden;
R
10
= 3.33 A ,
3
10
= 1.67 A ,
6
4’er Ohm’luk dirençler için I =
10
= 2.5 A olarak hesaplan›r.
4
57
3 Ohm’luk direnç için P = 3.332 × 3 = 33.27 W
6 Ohm’luk direnç için P = 1.672 × 6 = 16.73 W
4’er Ohm’luk dirençler için P = 2.52 × 4 = 25 W olarak bulunur.
Dü¤üm gerilimleri yöntemini kullanarak flekildeki devredeki dirençler üzerindeki
2i1
+
6 ohm
i
i1
30 A
4 ohm
+
+
8 ohm
-
-
Çözüm 3:
2i1
V1
V2
+
6 ohm
i1
30 A
4 ohm
i
+
+
8 ohm
-
-
referans
Dü¤üm noktalar› için denklemler flu flekildedir:
V1
2. dü¤üm noktas› için denklem: −2i1 +
4
+ 2i1 +
V2 − V1
6
+
V1 − V2
V2
8
6
=0
=0
ÖRNEK 3
58
Devre Analizi
Öte yandan,
i1 =
V1
4
oldu¤u görülmektedir.
i1 denklemde yerine konuldu¤unda,
V1
V − V2
2V
+ 1+ 1
= 30
4
4
6
−2 V1 V2 − V1 V2
+
+
=0
4
6
8
olarak yaz›labilir. Denklemler ortak olarak çözüldü¤ünde ise;
V1 = 56 V, V2 = 128 V
olarak bulunur.
4 Ohm’luk direnç (üzerinden i1 ak›m› geçen) üzerindeki gerilim V1 = 56 V,
6 Ohm’luk direnç üzerindeki gerilim V2 – V1 = 128 – 56 = 72 V ,
8 Ohm’luk direnç (üzerinden i ak›m› geçen) üzerindeki gerilim V2 = 128 V olarak bulunur.
V
formülünden;
R
56
= 14 A (i1’in de¤eri)
4 Ohm’luk direnç için, I =
4
72
= 12 A ,
6
128
= 16 A (i’nin de¤eri) olarak hesaplan›r.
8
8 Ohm’luk direnç için P = 162 × 8 = 2048 W olarak bulunur.
SIRA S‹ZDE
3
fiekilde devredeki
tan›mlanm›fl V gerilim de¤erini dü¤üm gerilimleri yöntemini kullanarak
SIRA S‹ZDE
hesaplay›n›z.
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
V
+
3 Ohm
S O R U
+
+ 30 V
D ‹ K K6A Ohm
T
-
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
+
3 Ohm
-
+
6 Ohm
-
fiekildeki devrede tan›mlanm›fl i1 ak›m›n› ve 6 Ohm’luk direncin harcad›¤› gücü,
dü¤üm gerilimleri yöntemini kullanarak hesaplay›n›z.
+
6 Ohm
i1
16 A
+
4 Ohm
8i1
-
+
2 Ohm
-
+ 8V
-
Çözüm 4:
+
6 Ohm
i1
16 A
V1
4 Ohm
V2
+
8i1
-
+
2 Ohm
-
+ 8V
-
Referans
Referans dü¤üm noktas› ile V2 olarak tan›mlanan dü¤üm noktas› aras›nda gerilim kayna¤› oldu¤u için bu dü¤ümün de¤eri, gerilim kayna¤›n›n de¤erine eflittir.
V2 = 8 V
Öte yandan tan›mlanm›fl i1 ak›m› flu flekildedir:
i1 =
V1 − V2
6
V1 dü¤üm noktas› için denklem,
V1 − V2
6
+
V1
4
+ 8i1 − 16 = 0
olarak yaz›labilir. i1 ve V2 de¤erleri, V1 dü¤üm noktas› için yaz›lan denklemde
yerine konulup, denklem çözülürse,
59
ÖRNEK 4
60
Devre Analizi
V1 = 16 V
i1 =
V1 − V2
6
=
16 − 8 8
= = 1.33 A
6
6
olarak elde edilir.
6 Ohm’luk direncin harcad›¤› güç: P = i2 × R = 1.332 × 6 = 10.61 W
SIRA S‹ZDE
4
fiekildeki devredeki
tan›mlanm›fl V gerilim de¤erini dü¤üm gerilimleri yöntemini kullanaSIRA S‹ZDE
rak hesaplay›n›z.
+
5 Ohm
V
S O R U
S O R U
D‹KKAT
+
+ 30 VD ‹ K K A 10
T Ohm
-
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
MAKALE
N N
+
15 Ohm
+ 20 V
-
SIRA S‹ZDE
ÇEVREAMAÇLARIMIZ
AKIMLARI YÖNTEM‹
Elektrik devrelerinin analizinde kullan›lan bir di¤er yöntem de çevre ak›mlar› yöntemidir. Yöntem, daha çok birden fazla çevreye (göze) sahip devrelerde kullan›lmaktad›r. Her
K ‹ devre
T A P tipi için uygun de¤ildir. Çevre ak›mlar› yönteminde, her çevre (göz) için referans bir ak›m yönü seçilerek ak›mlar isimlendirilir. Devrede bütün
çevreler (gözler) için seçilen ak›m yönünde Kirchhoff’un gerilim yasas› uygulanarak denklemler
T E L E V ‹ elde
Z Y O N edilir. Denklemlerin say›s›, hesaplanmak istenen ak›m say›s›
kadard›r. Ak›m yönü belirlenirken;
a. Seçilen herhangi bir çevrede (gözde) gerilim kayna¤› mevcutsa ak›m yönü
(+) uçtan (-) uca do¤ru al›n›r.
‹NTERNET
b. Seçilen herhangi bir çevrede (gözde) ak›m kayna¤› varsa ak›m yönü, kayna¤›n ak›m yönü ile ayn› al›n›r.
c. Kaynak bulunmayan çevreler (gözler) için ak›m yönü keyfi seçilebilir. SeçiMAKALE
len ak›m yönleri pozitif yön olarak kabul edilir.
Denklemler oluflturulurken:
a. E¤er çevre (göz) üzerinde ak›m kayna¤› varsa o göze Kirchoff’un gerilim yasas› uygulanmaz. Onun yerine, üzerinde ak›m kayna¤› bulunmayan baflka
bir yol (Süperçevre oluflturma) çizilir; yeni denklem tak›m› bu yeni yola göre oluflturulur. Devrede bulunan ak›m kaynaklar› yaln›zca çevre (göz) ak›mlar› aras›ndaki iliflki hakk›nda bilgi verir.
b. Bir devre eleman›, birden fazla çevreye (göze) ait bir elemansa ak›m›n de¤eri hesaplan›rken ba¤l› oldu¤u gözlerin etkisi de hesaba kat›l›r.
c. Çevreye (göze) ait denklem yaz›l›rken, her bir elemandan bir kez geçilmeli
ve denklemin yaz›lmaya baflland›¤› elemana tekrar geri dönülmelidir.
d. Denklemi yaz›lm›fl bir çevre (göz) baflka bir çevre (göz) içerisinde (süperçevre gibi) tekrar yeralabilir.
61
Çevre ak›mlar› yönteminde ak›m yönü belirlenirken dikkat edilmesiSIRA
gereken
S‹ZDEhususlar nelerdir?
5
fiekildeki devredeki çevre ak›mlar›n› ve 6 Ohm’luk direncin harcad›¤› gücü bulunuz.
+
2 Ohm
+
S O R U
+
D‹KKAT
D‹KKAT
-
SIRA S‹ZDE
-
6 Ohm
AMAÇLARIMIZ
+ 12 V
+
2 Ohm
+
N N
-
Çözüm 5:
+
+
2 Ohm
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
MAKALE
-
i2
+
-
6 Ohm
+ 12 V
+
i1
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
4 Ohm
-
SIRA S‹ZDE
-
4 Ohm
+ 14 V
-
ÖRNEK 5
S O R U
4 Ohm
-
+ 14 V
-
SIRA S‹ZDE
+
2 Ohm
-
i3
-
4 Ohm
Her bir göz için denklemler flu flekildedir:
1. çevre denklemi: –14 + 2(i1 – i2) + 12 + 4(i1 – i3) = 0
2. çevre denklemi: 2(i2 – i1) + 4i2 + 6(i2 – i3) = 0
3. çevre denklemi: 4(i3 – i1) – 12 + 6(i3 – i2) + 2i3 = 0
Denklemler çözülürse, i1 = 3 A, i2 = 2 A ve i3 = 3 A olarak elde edilir.
MAKALE
62
Devre Analizi
6 Ohm’luk direncin harcad›¤› güç,
P = 6(i3 – i2)2 = 6(3 – 2)2 = 6 W
olarak hesaplan›r. Burada i3 ak›m›, i2 ak›m›ndan daha büyük de¤erli oldu¤undan (i3 – i2) fleklinde bir ifade kullan›lm›flt›r. (6 Ohm’luk direncin üzerinden sa¤dan sola do¤ru 1 A’l›k ak›m akmaktad›r.)
ÖRNEK 6
fiekildeki devredeki tan›mlanm›fl çevre ak›mlar›n› hesaplay›n›z.
i2
+
2 Ohm
+
4 Ohm
-
+ 14 V
-
+
-
6 Ohm
i1
14 A
+
2 Ohm
+
4 Ohm
-
i3
-
Çözüm 6:
+
+
2 Ohm
4 Ohm
-
+ 14 V
-
+
-
6 Ohm
14 A
+
süperçevre
+
4 Ohm
2 Ohm
-
-
1. ve 3. gözler aras›nda 14 A’lik ak›m kayna¤› olmas› sebebiyle bu iki göz birlefltirilerek süperçevreyi olufltururlar:
Süperçevre denklemi: –14 + 2(i1 – i2) + 6(i3 – i2) + 2i3 = 0
2. çevre denklemi: 2(i2 – i1) + 6(i2 – i3) + 4i2 = 0
63
Öte yandan i1 ve i3 aras›ndaki iliflki denklemi,
(i1 – i3) = 14
fleklindedir. Üç bilinmeyen ve üç denklem olmas› sebebiyle çözüm vard›r ve
i3 = 1 A; i2 = 3 A; i1 = 15 A
olarak bulunur.
SIRA yöntemiyle
S‹ZDE
fiekildeki devrede bulunan 10 Ohm’luk direncin gücünü çevre ak›mlar›
hesaplay›n›z.
+
5 Ohm
+ 20 V
-
+
5 Ohm
+
10 Ohm
-
10 V
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
+
-
N N
fiekildeki devredeki ia, ib ve Vx de¤erlerini çevre ak›mlar› yöntemini kullanarak hesaplay›n›z.
AMAÇLARIMIZ
+
5 Ohm
+
2 Ohm
-
ib
-
10 A
+ +
3 Ohm Vx
-
Çözüm 7:
+
5 Ohm
+
2 Ohm
-
-
10 A
i1
i2
+ +
3 Ohm Vx
-
ib
SIRA S‹ZDE
ÖRNEK 7
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
MAKALE
ia
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
ia
6
MAKALE
64
Devre Analizi
Sorunun çözümünde gerekli denklemler flu flekildedir:
i1 = 10 A
i1 – i2 = ia
i2 = ib
5i2 + 5(i2 – i1) = 0
Denklemler çözüldü¤ünde, i2 = ib = 5 A ve ia = 5 A olarak hesaplan›r.
Öte yandan,
Vx = 3ib = (3)(5)=15 V
ÖRNEK 8
fiekildeki devredeki çevre ak›mlar›n› hesaplay›n›z.
+
10 Ohm
8 Ohm
+
+
7 Ohm
-
40 V
+-
20 V
-+
6 Ohm
+
-
+
10 Ohm
+
8 Ohm
Çözüm 8:
+
10 Ohm
8 Ohm
i1
40 V
+i3
6 Ohm
+
10 Ohm
+
-
+
7 Ohm
i2
20 V
-+
+
-
i4
+
8 Ohm
Sorunun çözümünde gerekli denklemler flu flekildedir:
10i1 + 8(i1 – i2) – 40 = 0
8(i2 – i1) + 7i2 + 20 = 0
40 + 6(i3 – i4) + 10i3 = 0
6(i4 – i3) – 20 + 8i4 = 0
65
Denklemler çözüldü¤ünde,
i1 = 2.14 A, i2 = -0.19 A, i3 = 2.34 A, i4 = 0.43 A
fiekildeki devrede bulunan 8 Ohm’luk direncin gücünü çevre ak›mlar›
yöntemiyle
hesaplaSIRA
S‹ZDE
y›n›z.
+ 10 Ohm
4 Ohm
25 V
+
+
-
+
4 Ohm
+
20 Ohm
+
8 Ohm
7
SIRA S‹ZDE
+
50 V S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
MAKALE
MAKALE
66
Devre Analizi
Özet
Devre analiz metotlar›na temel oluflturan Graf Teorisi
ve bu teori ad› alt›nda incelenen çeflitli tan›mlar bu ünitede ele al›nm›flt›r. Graf Teorisi’nde yönlendirilmifl çizgi
parças› Graf eleman› olarak tan›mlanmaktad›r. Graf eleman›n›n uçlar› ise dü¤üm olarak isimlendirilmektedir.
Elektrik devrelerinin analiz yöntemlerinden birisi olan
dü¤üm gerilimleri yönteminin teorisi anlat›lm›fl, yöntem
devreye uygulan›rken izlenecek basamaklar hakk›nda
bilgi verilmifl, yöntem uygulamalarla pekifltirilmeye çal›fl›lm›flt›r. Denklemler oluflturulurken her bir dü¤üm
noktas›nda Kirchhoff’un ak›m yasas›ndan yararlan›l›r.
Dü¤üm noktas›na gelen veya ç›kan ak›mlar›n tümü isimlerle veya oklarla belirtilmelidir. Dü¤üm noktas›na gelen ak›mlar (-) iflaretle, ç›kan ak›mlar ise (+) iflaretle
denkleme aktar›lmal›d›r.
Elektrik devrelerinin analiz yöntemlerinden bir di¤eri
olan çevre ak›mlar› yönteminin teorisi anlat›lm›fl, yöntem devreye uygulan›rken izlenecek basamaklar hakk›nda bilgi verilmifl, yöntem uygulamalarla pekifltirilmeye çal›fl›lm›flt›r. Çevre ak›mlar› yönteminde, her çevre (göz) için referans bir ak›m yönü seçilerek ak›mlar
isimlendirilir. Devrede bütün çevreler (gözler) için seçilen ak›m yönünde Kirchhoff’un gerilim yasas› uygulanarak denklemler elde edilir.
67
1 ve 3 aras›ndaki sorular›, afla¤›daki verilen devreye göre cevapland›r›n›z.
+
100 Ohm+ 5 Ohm
0.45 A -
ia
+ 25 Ohm
45 V
+
-
+
-
6.25ia
1. ia ak›m›n›n de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 0.8 A
b. 1.2 A
c. 1.4 A
d. 2 A
e. 2.6 A
2. 5 Ohm’luk direncin harcad›¤› güç afla¤›dakilerden
hangisidir?
a. 8 W
b. 10 W
c. 11.25 W
d. 13 W
e. 15 W
3. 0.45 A’l›k ak›m kayna¤›n›n sa¤lad›¤› güç afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 6.75 W
b. 7.5 W
c. 8 W
d. 9 W
e. 10 W
4 ve 7 aras›ndaki sorular›, afla¤›daki verilen devreye göre cevapland›r›n›z.
+ 25 Ohm
+ V + + 10 Ohm
5 Ohm i
+
- 20 V
+
5 Ohm
-
+
10 Ohm
-
4. i ak›m›n›n de¤eri yaklafl›k olarak afla¤›dakilerden
hangisidir?
a. 1.9 A
b. 2 A
c. 2.5 A
d. 3.5 A
e. 4 A
5. V geriliminin de¤eri yaklafl›k olarak afla¤›dakilerden
hangisidir?
a. 3 V
b. 4.5 V
c. 5 V
d. 7 V
e. 10.5 V
6. 25 Ohm’luk direncin harcad›¤› güç yaklafl›k olarak
a. 3 W
b. 4 W
c. 5 W
d. 6.5 W
e. 7.5 W
7. 25 Ohm’luk direncin üzerinden geçen ak›m yaklafl›k
olarak afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 0.25 A
b. 0.5 A
c. 2 A
d. 4 A
e. 5 A
8 ve 10 aras›ndaki sorular›, afla¤›daki verilen devreye
göre cevapland›r›n›z.
+ Vx +
-
100V
+
-
2Vx
+
5 Ohm
-
+
-
4 Ohm
i
1 Ohm
+
-
30 A
68
Devre Analizi
8. i ak›m›n›n de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 44 A
b. 50 A
c. 60 A
d. 65 A
e. 75 A
9. 5 Ohm’luk direncin harcad›¤› güç afla¤›dakilerden
hangisidir?
a. 24 W
b. 28.8 W
c. 30 W
d. 45 W
e. 50 W
10. 5 Ohm’luk direnç üzerindeki gerilim afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 7 V
b. 8 V
c. 12 V
d. 15 V
e. 25 V
1. b
2. c
3. a
4. a
5. e
6. d
7. b
8. a
9. b
10. c
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Dü¤üm Gerilimleri Yöntemi” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Çevre Ak›mlar› Yöntemi”
bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
69
S›ra Sizde 1
Dü¤üm 4 adet graf eleman›ndan olufltu¤u için derecesi
4’tür.
S›ra Sizde 2
a. Devrede hiç gerilim kayna¤› yoksa herhangi bir dü¤üm noktas› referans dü¤ümü (noktas›) olarak seçilebilir.
b. Devrede bir tane gerilim kayna¤› varsa tercihen gerilim kayna¤›n›n (-) ucu referans dü¤ümü olarak seçilir.
c. Devrede birden fazla gerilim kayna¤› varsa ve bu
kaynaklar›n birer ucu ortak bir dü¤üme ba¤l› ise bu
ortak dü¤üm noktas› referans dü¤üm olarak seçilir.
3 ohm
5 ohm
+
20V
10 ohm
-
10V
+
-
i2
1. ve 2. göz için denklemler flu flekildedir:
+
30V
-
+
6 ohm
3 ohm
+
6 ohm
-
-
15i2 – 10i1 = –10
elde edilir. Buradan;
i1 = 1.6 A
i2 = 0.4 A
P = 10(1.6 – 0.4)2
P = 14.4 W
v
-
+
5 ohm
-
15 ohm
-
10(i2 – i1) + 5i2 + 10 = 0
15i1 – 10i2 = 20
S›ra Sizde 4
+
–20 + 5i1 + 10(i1 – i2) = 0
Denklemler düzenlenirse,
V − 30 V V
+ + =0
3
6
2
6 V = 60
V = 10 V
30V
-
+
5 ohm
i1
v
2 ohm
+
-
+
-
+
+
S›ra Sizde 6
+
-
S›ra Sizde 3
+
-
S›ra Sizde 5
a. Seçilen herhangi bir çevrede (gözde) gerilim kayna¤› mevcutsa ak›m yönü (+) uçtan (-) uca do¤ru
al›n›r.
b. Seçilen herhangi bir çevrede (gözde) ak›m kayna¤›
varsa ak›m yönü, kayna¤›n ak›m yönü ile ayn› al›n›r.
c. Kaynak bulunmayan çevreler (gözler) için ak›m yönü keyfi seçilebilir. Seçilen ak›m yönleri pozitif yön
olarak kabul edilir.
10 ohm
Referans Dü¤ümü
V − 30 V V − 20
+ +
=0
5
10
15
11V = 220
V = 20 V
20V
+
-
70
Devre Analizi
S›ra Sizde 7
4 ohm
+
-
i1
25V
+
-
20 ohm
10 ohm
+
8 ohm
i2
+
+
-
+
-
4 ohm
50V
+
-
i3
1. 2. ve 3. göz için denklemler flu flekildedir:
4i1 + 10(i1 – i2) + 25 = 0
–25 + 10(i2 – i1) + 20i2 + 8(i2 – i3) = 0
8(i3 – i2) + 4i3 + 50 = 0
14i1 – 10i2 = –25
38i2 – 10i1 – 8i3 = 25
12i3 – 8i2 = –50
Buradan,
i2 = –1.03 A
i3 = –4.85 A
P = I2 × R = (i2 – i3)2 × R = 116.74 W
Feriko¤lu, A. (2005), Çözümleriyle Devre ve Sistem
Analizi Problemleri, Sakarya Kitabevi Yay›nlar›
Nasar, S. A. (1989), Schaum’s 3000 Solved Problems
in Electric Circuits, McGraw-Hill Book Company
Aydemir, T., Nakibo¤lu, C. (1999), Schaum’s Outlines
Elektrik Devreleri, Nobel Yay›nlar›
Ünal, A., Özenç, S. (2005), Çözümlü Elektrik Devre
Selek, H. S. (2007), Meslek Yüksekokullar› ve Fakülteler için Do¤ru Ak›m (DC) Devre Analizi, Seçkin Yay›nc›l›k
Hayt, W. H., Kemmerly, J. E. (2006), Engineering Circuit Analysis, McGraw - Hill Book Company
Nilsson, J. W., Riedel, S. A. (2005), Electric Circuits,
Prentice-Hall.
www.wikipedia.org
4
DEVRE ANAL‹Z‹
Amaçlar›m›z
N
N
N
N
N
Kaynak dönüflümü ile ak›m kaynaklar›n› ve gerilim kaynaklar›n› birbirine
dönüfltürebilecek,
Maksimum Güç Teoremi için gerekli flartlar› aç›klayabilecek,
Süperpozisyon Teoremi’ni devrelerde uygulayabilecek,
Thevenin Teoremi ile eflde¤er devre gösterimi yapabilecek,
Norton Teoremi ile eflde¤er devre gösterimi yapabilecek
Anahtar Kavramlar
• Kaynak Dönüflümü
• Maksimum Güç Teoremi
• Süperpozisyon Teoremi
• Thevenin Teoremi
• Norton Teoremi
‹çindekiler
Devre Analizi
Temel Teoremler
•
•
•
•
•
•
G‹R‹fi
KAYNAK DÖNÜfiÜMÜ
MAKS‹MUM GÜÇ TEOREM‹
SÜPERPOZ‹SYON TEOREM‹
THEVEN‹N TEOREM‹
NORTON TEOREM‹
Temel Teoremler
G‹R‹fi
Önceki ünitede verilen Dü¤üm Gerilimleri Yöntemi ve Çevre Ak›mlar› Yöntemi’nden sonra bu ünitede Devre Analizi ile ilgili temel teoremler ele al›nacakt›r.
Bu ünitede, öncelikle Kaynak Dönüflümü Yöntemi incelenecek, gerilim kayna¤›ndan ak›m kayna¤›na veya ak›m kayna¤›ndan gerilim kayna¤›na geçifl yap›larak
devrelerin analizlerinin nas›l yap›laca¤› üzerinde durulacakt›r.
Ünitemizde incelenecek bir di¤er teori, Maksimum Güç Transferi Teorisidir. Bu
teori yard›m›yla devrelere ba¤lanacak yük dirençlerinin belirlenmesinde gözönünde bulundurulmas› gereken durumlara de¤inilecektir.
Süperpozisyon Teoremi, ünitemizde yer alan bir di¤er konu bafll›¤›d›r. Bu teorem, bir devrede bulunan ba¤›ms›z güç kaynaklar›n›n devre elemanlar›na olan etkisinin tek tek incelenmesine dayan›r.
Thevenin ve Norton Teoremleri, devrelerin eflde¤er devrelerinin bulunmas›na
yönelik olan analiz yöntemleridir. Thevenin Teoremi’nde devrenin eflde¤er hali
gerilim kayna¤›na seri ba¤l› bir direnç iken Norton Teoremi’nde ak›m kayna¤›na
paralel ba¤l› bir direnç fleklinde elde edilmektedir.
Bu bölümde, yukar›da sözü geçen yöntemler detayl› olarak anlat›lmakta, çözümlü örneklerle teoriler pekifltirilmeye çal›fl›lmaktad›r.
KAYNAK DÖNÜfiÜMÜ
Literatürde Devre Analizi’nde kullan›lan önemli metotlardan bir tanesi, kaynak dönüflümüdür. Bu metot ayn› zamanda, Thevenin Teoremi ve Norton Teoremi gibi
uygulamalar içinde temel oluflturmaktad›r. Devre içerisinde bulunan gerilim kayna¤›n›n ak›m kayna¤›na veya ak›m kayna¤›n›n gerilim kayna¤›na dönüflümü, analiz ifllemini kolaylaflt›rmaktad›r. Afla¤›daki iki flart sa¤lanarak bu dönüflüm ifllemi
gerçeklefltirilmektedir:
a. Gerilim kayna¤›n›n ak›m kayna¤›na dönüfltürülebilmesi için, gerilim kayna¤›na seri ba¤l› direnç olmas› gerekmektedir.
b. Ak›m kayna¤›n›n gerilim kayna¤›na dönüfltürülebilmesi için de, ak›m kayna¤›na paralel ba¤l› direnç olmas› gerekmektedir.
Kaynak dönüflümü, gerilim kayna¤›n› ak›m kayna¤›na dönüfltürme veya ak›m
kayna¤›n› gerilim kayna¤›na dönüfltürme fleklinde iki flekilde incelenecektir.
74
Devre Analizi
Gerilim Kayna¤›n› Ak›m Kayna¤›na Dönüfltürme
fiekildeki devreye göre gerilim kayna¤›n›n ve kayna¤a seri ba¤l› direncin eflde¤er
devresi bulunurken; gerilim kayna¤› de¤erinin direnç de¤erine oran› al›narak eflde¤er devredeki ak›m kayna¤›n›n de¤eri bulunmakta, ak›m kayna¤›na paralel ba¤lanan dirençle birlikte eflde¤er devre tamamlanmaktad›r.
fiekil 4.1
Gerilim kayna¤›n›n
ak›m kayna¤›na
dönüfltürülmesi.
Ak›m Kayna¤›n› Gerilim Kayna¤›na Dönüfltürme
fiekildeki devreye göre ak›m kayna¤›n›n ve kayna¤a paralel ba¤l› direncin eflde¤er
devresi bulunurken; ak›m kayna¤› de¤eri ile direnç de¤erinin çarp›m› al›narak eflde¤er devredeki gerilim kayna¤›n›n de¤eri bulunmakta, gerilim kayna¤›na seri
ba¤lanan dirençle birlikte eflde¤er devre tamamlanmaktad›r.
fiekil 4.2
Ak›m kayna¤›n›n
gerilim
kayna¤›na
SIRA
S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
dönüfltürülmesi.
D ‹ Khesaplanan
KAT
Dönüflümlerde
de¤erlerle birlikte kaynaklar›n gösterimleri de çok önemlidir.
Gerilim kayna¤›n›n kutuplar› veya ak›m kayna¤›n›n ak›m yönü do¤ru flekilde olmal›d›r.
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
N N
ÖRNEK 1
AMAÇLARIMIZ
SIRA S‹ZDE
fiekildeki devrede tan›mlanm›fl i ak›m›n›, kaynak dönüflümü metodunu kullanarak hesaplay›n›z.
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
Çözüm 1:
6 Ohm’luk
‹ N T E direnç
R N E T ve ona paralel ba¤l› ak›m kayna¤›, kaynak dönüflümü kurallar›na göre gerilim kayna¤› ve ona seri ba¤l› dirence dönüfltürülür.
4. Ünite - Temel Teoremler
i=−
75
( 36 − 4 )
= −4 A
2+6
fiekildeki devrede tan›mlanm›fl i ak›m›n› kaynak dönüfltürme metodunu kullanarak hesaplay›n›z.
Çözüm 2:
ÖRNEK 2
76
Devre Analizi
i=
SIRA S‹ZDE
1
8−4
= 0.67 A
6
SIRA S‹ZDE
fiekildeki devrede
tan›mlanm›fl i ak›m›n›, kaynak dönüfltürme metodunu kullanarak hesaplay›n›z.
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
N N
fiekil 4.3
AMAÇLARIMIZ
Maksimum Güç
Teoremi.
SIRA S‹ZDE
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
MAKS‹MUM GÜÇ TEOREM‹
AMAÇLARIMIZ
PL = i2 R L =
fiekil 4.3’deki devrede, RL yük direncinden
maksimum güç elde etmek için gerekli flart
araflt›r›lacakt›r. Yük direncinin harcad›¤› güç;
V2 R L
‹ N T E R N(ERTS + R L )
(4.1)
2
fleklindedir. ‹stenen güç ifadesinin maksimumunu bulmak için
dPL
dR L
=0
(4.2)
durumu araflt›r›lmal›d›r. (Gücün yük direncine göre de¤iflimi (türevi) s›f›r olmas› durumunda güç maksimum olur.)
Eflitlik (4.2)’deki ifadede, bölümün türevi gerçeklefltirilirse,
dPL
dR L
=
V 2 ( R S + R L )2 − 2( R S + R L ) V 2 R L
( R S + R L )4
=0
(4.3)
olarak elde edilir. Eflitlik (4.3)’deki ifadenin s›f›ra eflit olmas› için kesir ifadesindeki pay k›sm›n›n s›f›ra eflit olmas› gerekmektedir:
V2 (RS+RL)2-2(RS+RL)V2RL=0
(4.4)
77
Eflitlik (4.4) ortak çarpana alacak flekilde düzenlenirse,
V2 (RS+RL) [RS+RL-2RL]=0
(4.5)
elde edilir. Burada, V2 (RS+RL) ifadesinin s›f›ra eflit olmas› söz konusu de¤ildir.
Çünkü güç kayna¤› ve dirençler pozitif ifadelerdir. Bu durumda, [RS+RL-2RL] ifadesi s›f›ra eflit olmal›d›r:
[RS+RL-2RL]=0
(4.6)
Eflitlik (4.6)’daki ifade düzenlenirse;
RL=RS
(4.7)
olarak elde edilir.
Eflitlik (4.7)’den elde edilen sonuç flu flekilde yorumlanabilir:
a. Ba¤›ms›z bir gerilim kayna¤›n›n ve ona seri ba¤l› dirençten oluflan bir devrenin yük direncine maksimum güç aktarabilmesi, yük direnci RL de¤erinin
seri direnç de¤erine eflit olmas› ile sa¤lan›r.
b. Ba¤›ms›z bir ak›m kayna¤›n›n ve ona paralel ba¤l› dirençten oluflan bir devrenin yük direncine maksimum güç aktarabilmesi yük direnci RL de¤erinin
paralel direnç de¤erine eflit olmas› ile sa¤lan›r.
fiekil 4.4
Maksimum güç
transferi flartlar›.
RS=RL
RP=RL
fiekildeki devrede yüke maksimum güç aktar›m›n›n olabilmesi için yük direncinin
de¤eri ne olmal›d›r?
Çözüm 3:
RL=RS=12 ohm
ÖRNEK 3
78
Devre Analizi
ÖRNEK 4
fiekildeki devrede yüke maksimum güç aktar›m›n›n olabilmesi için yük direncinin
de¤eri ne olmal›d›r?
Çözüm 4:
RL=RP=20 ohm
SIRA S‹ZDE
2
fiekildeki devrede
yüke maksimum güç aktar›m›n›n olabilmesi için RL de¤eri ne olmal›d›r?
SIRA S‹ZDE
Yük bu direnç de¤erini ald›¤›nda harcad›¤› güç de¤eri nedir?
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
SÜPERPOZ‹SYON TEOREM‹
N N
SIRA S‹ZDE
Elektrik devreleri birden fazla ak›m ve gerilim kayna¤›na (ba¤›ml› - ba¤›ms›z kaynak) sahip olabilirler. Süperpozisyon Teoremi, bu tür devrelerin analizi için kullan›lan yöntemlerden
biridir. Süperpozisyon Teoremi’nin temel mant›¤›, kaynaklar›n
AMAÇLARIMIZ
devreye olan etkilerinin tek tek incelenmesidir. ‹lk olarak devredeki ak›m/gerilim
kaynaklar› tespit edilir ve bunlar›n aras›ndan ba¤›ms›z kaynaklar belirlenir. Her seK ‹ T tek
A P bir ba¤›ms›z kaynak kalacak flekilde di¤er ba¤›ms›z gerilim
ferinde devrede
kaynaklar› k›sa devre, ba¤›ms›z ak›m kaynaklar› ise aç›k devre edilir. Analiz süresince ba¤›ml› kaynaklar devrede aynen yer almaya devam ederler. Tek b›rak›lacak
TELEV‹ZYON
kayna¤a göre
devrede elde edilmek istenen ak›m/gerilim de¤eri hesaplan›r. Bütün
ba¤›ms›z kaynaklar için tek tek hesaplanan bu ak›m/gerilim de¤erleri ak›m yönü/gerilim polaritesi göz önünde bulundurularak toplan›r. Bu bak›mdan bu teori‹ N T E R N E T Teorisi olarak da bilinir.
nin ad› Toplamsall›k
fiekildeki devrede tan›mlanm›fl i ak›m›n›n de¤erini Süperpozisyon Teoremi yard›m›yla hesaplay›n›z.
79
ÖRNEK 5
Çözüm 5:
6 V’lik gerilim kayna¤›n›n etkisinin hesaplanabilmesi için 4 A’l›k ak›m kayna¤›
aç›k devre olarak kabul edilir.
i1 =
6
= 0.2 A
30
4 A’l›k ak›m kayna¤›n›n etkisinin hesaplanabilmesi için 6 V’lik gerilim kayna¤›
k›sa devre olarak kabul edilir.
12
4 = 1.6 A
30
i = i1 + i2 = 0.2 + 1.6 = 1.8 A
i2 =
fiekildeki devrede tan›mlanm›fl ix ak›m›n›n de¤erini Süperpozisyon Teoremi yard›m›yla hesaplay›n›z.
ÖRNEK 6
80
Devre Analizi
Çözüm 6:
Devrede 2 adet ba¤›ms›z, 1 adet ba¤›ml› kaynak bulunmaktad›r.
20 V’lik gerilim kayna¤›n›n devreye olan etkisi, 6 A’l›k ak›m kayna¤› aç›k devre yap›larak hesaplan›r. Ba¤›ml› kaynak devrede aynen yer almaya devam eder.
−20 + 4i1 + 2i1 + 4i1 = 0
10i1 = 20
i1 = 2 A
6A’l›k ak›m kayna¤›n›n devreye olan etkisi, 20 V’lik gerilim kayna¤› k›sa devre
yap›larak hesaplan›r. Ba¤›ml› kaynak devrede aynen yer almaya devam eder.
Devrede V = -4i2 oldu¤u görülmektedir. Bu devrede dü¤üm noktas› analizi uygulan›rsa,
V V − 4 i2
+
−6 = 0
4
2
−4i2 −4i2 − 4i2
+
=6
4
2
−4i2 − 8i2 − 8i2 = 24
−20i2 = 24
i2 = −1.2 A
i x = i1 + i2 = 2 − 1.2 = 0.8 A
olarak elde edilir.
SIRA S‹ZDE
3
fiekildeki devredeki
i ak›m›n› Süperpozisyon Teoremi’ni kullanarak hesaplay›n›z.
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
81
THEVEN‹N TEOREM‹
Thevenin Teoremi, verilen bir elektrik devresinin parçal› analizinin yap›larak indirgenmifl eflde¤er bir devre elde edilmesini sa¤layan bir metottur. E¤er eflde¤er direnci hesaplanacak devrede yük direnci varsa direnç ç›kar›l›r, yeri aç›k devre yap›l›r. Aç›k devre gerilimi, VTH’d›r. Thevenin eflde¤er devresi VTH olarak adland›r›lan gerilim ve RTH olarak adland›r›lan eflde¤er dirençten oluflur. Direnç ve gerilim
birbirlerine seri ba¤l›d›r.
RTH’nin hesaplanabilmesi için devredeki gerilim kaynaklar› k›sa devre, ak›m
SIRA S‹ZDE
kaynaklar› da aç›k devre yap›l›r ve buradan eflde¤er direnç RTH
hesaplan›r.
Hesaplama yap›l›rken devreye bak›lan yön önemlidir. RTH taraf›ndan devreye
bak›larak gerekli hesaplamalar yap›lmal›d›r. Thevenin indirgenmifl
devreD Ü fi Ü Neflde¤er
EL‹M
sinde ç›k›fl ve girifl ak›mlar› orijinal devre ile ayn›d›r. VTH devrenin yap›s›na göre
kaynak dönüflümü, süperpozisyon, dü¤üm gerilimleri vb. yöntemlerinden herhanS O R U
gi biri kullan›larak hesaplan›r.
SIRA S‹ZDE
S O R U
Bir devrenin Thevenin veya Norton Teoremi’ne göre eflde¤er devrelerinden
D ‹ K K A T biri hesaplan›rsa, kaynak dönüflüm metodu kullan›larak di¤er gösterime kolayca geçilebilir.
SIRA S‹ZDE
D‹KKAT
N N
fiekildeki devrede R yük direnci üzerinden geçen ak›m›, yük direncinin harcad›¤›
gücü ve yük direnci üzerindeki gerilimi Thevenin Teoremi’ni kullanarak ve yük diAMAÇLARIMIZ
renci de¤erini 6 ohm alarak hesaplay›n›z.
SIRA S‹ZDE
ÖRNEK 7
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
Çözüm 7:
RTH’nin hesaplanabilmesi için devreye R yük direnci taraf›ndan bak›larak görülen eflde¤er direnç hesaplanmal›d›r.
RTH = 14 + (6//12)=18 ohm
82
Devre Analizi
VTH’nin hesaplanabilmesi için 12 ohm’luk direnç üzerine düflen gerilimin hesaplanmas› gerekmektedir.
VTH =
12
24 = 16 V
18
Soruda verilen devrenin Thevenin eflde¤er devresi afla¤›daki gibidir.
i=
16
= 0.67 A
24
P = i2 × R = (0.67 )2 (6) = 2.69 W
V = i × R = 0.67(6) = 4.02 V
ÖRNEK 8
R yükü taraf›ndan görülen devrenin Thevenin eflde¤erini oluflturunuz.
Çözüm 8:
VTH’nin hesaplanabilmesi için 6 ohm’luk direncin üzerine düflen gerilim hesaplanmal›d›r. (4 ohm’luk dirençten ak›m akmaz.)
83
−48 + 12i − 12 + 6i = 0
18i = 60
i = 3.33 A
VTH = 6 × 3.33 = 20 V
RTH’nin hesaplanabilmesi için yük taraf›ndan devreye bak›larak eflde¤er direnç
hesaplanmal›d›r.
RTH = 4 + (6//12) = 8 ohm
Soruda verilen Thevenin eflde¤er devresi
8 ohm
olarak elde edilir.
fiekildeki devrenin a - b aras› Thevenin eflde¤erini elde ediniz.
SIRA S‹ZDE
4
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
NORTON TEOREM‹
N N
Devre Analizi’nde bir di¤er eflde¤er devre indirgeme metodu da Norton TeoreAMAÇLARIMIZ
mi’dir. Norton eflde¤er devresi IN olarak adland›r›lan eflde¤er bir ak›m kayna¤› ve
buna paralel ba¤l› olan, RN olarak adland›r›lan eflde¤er bir dirençten oluflmaktad›r.
Thevenin Teoremi’nde oldu¤u gibi Norton Teoremi’nde de ç›k›fl gerilim ve ak›m-
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
84
Devre Analizi
lar› orijinal devre ile ayn›d›r. RN’nin hesaplanabilmesi için Thevenin Teoremi’nde
oldu¤u gibi devredeki gerilim kaynaklar› k›sa devre ve ak›m kaynaklar› aç›k devre yap›l›r ve hesaplaman›n yap›lmas› istenen uçtan devreye bak›larak RN hesaplan›r. E¤er eflde¤eri hesaplanacak devrede, yük direnci varsa direnç devreden ç›kar›l›r ve yeri k›sa devre yap›l›r. K›sa devre ak›m› IN’dir.
ÖRNEK 9
fiekildeki devrenin Norton eflde¤er devresini oluflturunuz.
Çözüm 9:
Norton eflde¤er devresinin hesaplanabilmesi için önce a ve b kollar› aras› k›sa
devre yap›larak isc ak›m›, daha sonra RN direnç de¤eri hesaplanmal›d›r.
60 V’nin isc’ ye etkisi,
isc =
60
= 6A
10
30 A’n›n isc’ye etkisi,
10 ohm’luk direnç üzerinden geçen 30A’lik ak›m 6 ve 4 ohm luk dirençlerde direnç de¤erleri ile ters orant›l› olarak bölünür.
6
30 = 18A
10
isc = isc + isc = 6 + 18 = 24A
isc =
2
1
2
85
RN=4+6=10 ohm
Norton eflde¤er direnci bulunurken gerilim kaynaklar› k›sa devre ve ak›m kaynaklar› aç›k devre yap›l›r. Burada 30 A’l›k ak›m kayna¤› aç›k devre oldu¤unda, 10
ohm’luk direncin bir baca¤› boflta kald›¤›ndan eflde¤er direnç hesab›nda iflleme
al›nmaz. Soruda verilen devrenin Norton eflde¤er devresi;
fiekildeki devredeki 7 ohm’luk direncin üzerinden geçen ak›m› Norton Teoremi
yard›m›yla bulunuz.
Çözüm 10:
Devrenin Norton eflde¤er devresinin bulunabilmesi için öncelikle 7 ohm’luk direncin k›sa devre yap›larak isc ak›m›n›n bulunmas› gerekmektedir.
isc =
6
48 = 16A
18
isc bulunurken ak›m paylafl›m› kural› kullan›lm›flt›r. Burada 18 ohm’luk dirençten paralelinde olan k›sa devre sebebiyle ak›m akmaz.
ÖRNEK 10
86
Devre Analizi
RN =
18(6 + 12)
= 9 ohm
6 + 12 + 18
Soruda verilen devrenin Norton eflde¤er devresi afla¤›daki gibidir:
i=
SIRA S‹ZDE
5
9
16 = 9 A
9+7
fiekildeki devrede
8 ohm’luk direnç yokken Norton eflde¤er devresini bulunuz. a ve b nokSIRA S‹ZDE
talar› aras›na, 8 ohm’luk yük direnci ba¤land›¤›nda, direnç üzerinden geçen ak›m, direnç
üzerindeki gerilim ve direncin harcad›¤› güç de¤erleri ne olur?
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
87
Özet
Kaynak dönüflümü metodu, Thevenin Teoremi ve Norton Teoremi gibi birçok uygulama için temel oluflturmaktad›r. Teorem temel olarak devre içerisinde bulunan gerilim kayna¤›n›n ak›m kayna¤›na veya ak›m kayna¤›n›n gerilim kayna¤›na dönüflümü mant›¤›na dayanmaktad›r. Gerilim kayna¤›n›n ak›m kayna¤›na dönüfltürülebilmesi için, gerilim kayna¤›na seri ba¤l› direnç olmas› gerekmektedir. Ak›m kayna¤›n›n gerilim kayna¤›na dönüfltürülebilmesi içinse, ak›m kayna¤›na paralel
ba¤l› direnç olmas› gerekmektedir.
Maksimum güç transferi teorisi, temelde 2 kurala dayanmaktad›r. Bunlardan birincisi, ba¤›ms›z bir gerilim
kayna¤›n›n ve ona seri ba¤l› dirençten oluflan bir devrenin yük direncine maksimum güç aktarabilmesi yük
direnci RL de¤erinin seri direnç de¤erine eflit olmas›d›r.
Bir di¤er kural ise ba¤›ms›z bir ak›m kayna¤›n›n ve ona
paralel ba¤l› dirençten oluflan bir devrenin yük direncine maksimum güç aktarabilmesi yük direnci RL de¤erinin, paralel direnç de¤erine eflit olmas›d›r.
Elektrik devreleri birden fazla ak›m ve gerilim kayna¤›na (ba¤›ml› - ba¤›ms›z kaynak) sahip olabilirler. Süperpozisyon Teoremi, bu tür devrelerin analizi için kullan›lan yöntemlerden biridir. Süperpozisyon Teoremi’nin
temel mant›¤›, kaynaklar›n devreye olan etkilerinin tek
tek incelenmesidir. Her seferinde devrede tek bir ba¤›ms›z kaynak kalacak flekilde di¤er ba¤›ms›z gerilim
kaynaklar› k›sa devre, ba¤›ms›z ak›m kaynaklar› ise aç›k
devre yap›l›r. Analiz süresince ba¤›ml› kaynaklar devrede aynen yer almaya devam ederler. Bütün ba¤›ms›z
kaynaklar için tek tek hesaplanan bu ak›m/gerilim de¤erleri ak›m yönü/gerilim polaritesi göz önünde bulundurularak toplan›r.
Thevenin Teoremi, verilen bir elektrik devresinin parçal› analizinin yap›larak indirgenmifl eflde¤er bir devre
elde edilmesini sa¤layan bir metottur. Thevenin Eflde¤er devresi VTH olarak adland›r›lan gerilim ve RTH olarak adland›r›lan eflde¤er dirençten oluflur. Direnç ve
hesaplanan gerilim birbirlerine seri ba¤l›d›r.
RTH’nin hesaplanabilmesi için devredeki gerilim kaynaklar› k›sa devre, ak›m kaynaklar› da aç›k devre yap›l›r ve buradan eflde¤er direnç RTH hesaplan›r. Thevenin indirgenmifl eflde¤er devresinde ç›k›fl ve girifl
ak›mlar› orijinal devre ile ayn›d›r. VTH devrenin yap›s›na göre kaynak dönüflümü, süperpozisyon, dü¤üm
gerilimleri vb. yöntemlerinden herhangi biri kullan›larak hesaplan›r.
Devre analizinde bir di¤er eflde¤er devre indirgeme
metodu da Norton Teoremi’dir. Norton eflde¤er devresi IN olarak adland›r›lan eflde¤er bir ak›m kayna¤› ve
buna paralel ba¤l› olan, RN olarak adland›r›lan eflde¤er
bir dirençten oluflmaktad›r. Thevenin Teoremi’nde oldu¤u gibi Norton Teoremi’nde de ç›k›fl gerilim ve ak›mlar› orijinal devre ile ayn›d›r. RN’ nin hesaplanabilmesi
için Thevenin Teoremi’nde oldu¤u gibi devredeki gerilim kaynaklar› k›sa devre ve ak›m kaynaklar› aç›k devre yap›l›r ve hesaplaman›n yap›lmas› istenen uçtan devreye bak›larak RN hesaplan›r. E¤er eflde¤eri hesaplanacak devrede yük direnci varsa direnç devreden ç›kar›l›r
ve yeri k›sa devre yap›l›r. K›sa devre ak›m› IN’dir.
88
Devre Analizi
1 ve 2 numaral› sorular›, afla¤›daki verilen devreye göre cevapland›r›n›z.
1. fiekildeki devrede 16 ohm’luk direncin üzerinden
geçen ak›m afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 0.5 A
b. 1 A
c. 2 A
d. 2.5 A
e. 5 A
2. fiekildeki devrede 16 ohm’luk direncin harcad›¤› güç
a. 2 W
b. 3 W
c. 4 W
d. 8 W
e. 12 W
5. fiekildeki devredeki 20 ohm’luk direnç üzerinden
geçen ak›m afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 12 A
b. 7 A
c. 5 A
d. 2 A
e. 1 A
6. fiekildeki devrede 40 ohm’luk direncin harcad›¤› güç
a. 5450 W
b. 4550 W
c. 3240 W
d. 2750 W
e. 1800 W
3. fiekildeki devrede yüke maksimum güç aktar›labilmesi için RL de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 10 ohm
b. 15 ohm
c. 18 ohm
d. 25 ohm
e. 35 ohm
4. Devrede yük direncine maksimum güç aktar›ld›¤›nda harcanan güç de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 3.6 W
b. 4.8 W
c. 5.2 W
d. 6.4 W
e. 7.2 W
7. fiekildeki devredeki 6 ohm’luk yük direncine göre
devrenin Thevenin gerilim de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 90 V
b. 78 V
c. 56 V
d. 45 V
e. 30 V
89
8. fiekildeki devredeki 6 ohm’luk yük direncine göre
devrenin Thevenin direnç de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 25 ohm
b. 20 ohm
c. 15 ohm
d. 12 ohm
e. 8 ohm
1. a
2. c
3. c
4. a
5. d
6. c
7. d
8. e
9. a
10. e
9. fiekildeki devrede a - b noktalar› aras›na 55 ohm’luk
direnç ba¤lan›rsa direncin üzerinden geçen ak›m de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 1 A
b. 2 A
c. 3 A
d. 4 A
e. 5 A
10. fiekildeki devrede a - b noktalar› aras›na 55 ohm’luk
direnç ba¤lan›rsa direncin harcad›¤› güç de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 15 W
b. 25 W
c. 30 W
d. 40 W
e. 55 W
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Kaynak Dönüfltürme Metodu” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Kaynak Dönüfltürme Metodu” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Maksimum Güç Aktar›m›”
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Maksimum Güç Aktar›m›”
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Süperpozisyon Teoremi”
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Süperpozisyon Teoremi”
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Thevenin Teoremi” bafll›kl›
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Thevenin Teoremi” bafll›kl›
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Norton Teoremi” bafll›kl›
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Norton Teoremi” bafll›kl›
90
Devre Analizi
S›ra Sizde 1
S›ra Sizde 2
R L = R S = 16 ohm
i=
32
32
=
=1 A
16 + R L 32
P = i2 × R = 1×16 = 16 W
S›ra Sizde 3
9V’luk gerilim kayna¤›n›n devreye etkisinin hesaplanabilmesi için di¤er gerilim kayna¤› k›sa devre yap›l›r.
Burada, eflde¤er direnç 300 ohm olarak görülmektedir.
Bu durumda ana koldan geçen ak›m,
i=
5 − 2.5 2.5
=
= 0 .1 A
25
250
i=
9
= 0.03 A
300
olarak hesaplan›r. Buradan ak›m paylafl›m› yap›l›rsa,
i=
100
0.03 = 0.015 A
200
18V’luk gerilim kayna¤›n›n devreye etkisinin hesaplanabilmesi için di¤er gerilim kayna¤› k›sa devre edilir.
91
Burada, eflde¤er direnç 300 ohm olarak görülmektedir.
Bu durumda ana koldan geçen ak›m,
18
ix =
= 0.06 A
300
i2 =
VTH3=120 V
VTH =VTH1+VTH2+VTH3
=384+800+120=1304 V
100
0.06 = 0.03 A
200
olarak hesaplan›r. Buradan toplam etki afla¤›daki gibi
hesaplan›r:
i=i1+i2=0.015+0.03=0.045 A
S›ra Sizde 4
VTH’›n bulunabilmesi için Süperpozisyon Teoremi kullan›larak her bir güç kayna¤›n›n VTH’a olan etkisi hesaplan›r.
6 A’l›k ak›m kayna¤›n›n VTH’a etkisi Süperpozisyon Teoremi’ne göre aç›k/k›sa devre yap›larak hesaplan›r.
RTH = 64 + 16 = 80 ohm
Thevenin eflde¤er devresi flekildeki gibidir.
S›ra Sizde 5
a-b uçlar› k›sa devre yap›larak isc bulunmal›d›r. Önce i
hesaplanmal›d›r.
VTH1=6(64)=384 V
10 A’l›k ak›m kayna¤›n›n VTH’a etkisi yine Süperpozisyon Teoremi kullan›larak hesaplan›r.
VTH2=10(64+16)=800 V
120(40) 
Refl = 60 + 
 = 90 ohm
 160 
Buradan ana koldan geçen i ak›m›,
180
i=
=2 A
90
120 V’lik gerilim kayna¤›n›n VTH’a etkisi yine Süperpozisyon Teoremi kullan›larak hesaplan›r.
isc =
120
2 = 1.5 A
160
92
Devre Analizi
60(120)
= 40 ohm
180
R 2 = R1 + 40 = 40 + 40 = 80 ohm
R1 =
RN =
R 2 (2
20)
R 2 + 20
1.5A
i=
16
1.5 = 1A
24
P = i2 R = 8 W
V = iR = 8V
=
(80)( 20)
= 16 ohm
80 + 20
Feriko¤lu, A. (2005), Çözümleriyle Devre ve Sistem
Analizi Problemleri, Sakarya Kitabevi Yay›nlar›
Nasar, S. A. (1989), Schaum’s 3000 Solved Problems
in Electric Circuits, McGraw-Hill Book Company
Aydemir, T., Nakibo¤lu, C. (1999), Schaum’s Outlines
Elektrik Devreleri, Nobel Yay›nlar›
Ünal, A., Özenç, S. (2005), Çözümlü Elektrik Devre
Selek, H. S. (2007), Meslek Yüksekokullar› ve Fakülteler için Do¤ru Ak›m (DC) Devre Analizi, Seçkin Yay›nc›l›k
Hayt, W. H., Kemmerly, J. E. (2006), Engineering
Circuit Analysis, McGraw - Hill Book Company
Nilsson, J. W., Riedel, S. A. (2005), Electric Circuits,
Prentice-Hall
www.wikipedia.org
5
DEVRE ANAL‹Z‹
Amaçlar›m›z
N
N
N
N
Kondansatörün ifllevini, çal›flma prensibini ve tiplerini ifade edebilecek,
Bobinin ifllevini, çal›flma prensibini ve tiplerini ifade edebilecek,
Kondansatörün kullan›m alanlar›n› ifade edebilecek ve yorumlayabilecek,
Bobinin kullan›m alanlar›n› ifade edebilecek ve yorumlayabilecek
Anahtar Kavramlar
• Kondansatör
• Bobin
• Elektrostatik
• Manyetik alan
• Kapasitif reaktans
• ‹ndüktif reaktans
‹çindekiler
Devre Analizi
Kondansatör ve
Bobin
• G‹R‹fi
• KONDANSATÖR
• BOB‹N
Kondansatör ve Bobin
G‹R‹fi
Kondansatör ve bobin elektrik ve elektronik devrelerin vazgeçilmez elemanlar›d›r.
Bu iki pasif devre eleman› enerji depolar ve depo ettikleri enerjiyi devreye verir.
Bu noktada bobin ve kondansatör ideal kaynaklardan farkl› olarak sa¤lad›klar› ortalama gücü sonsuz bir zaman aral›¤›nda sürdüremez. Do¤rusal devre eleman› olarak ele al›nmakla beraber bu iki eleman›n ak›m - gerilim iliflkisi zamana ba¤l›d›r ve
bu özellikleri ile çok say›da devrede kullan›lmaktad›r. S›¤a ve indüktans de¤erleri
büyük oldu¤unda devrenin davran›fl›nda bask›n özellik gösterir.
Kondansatör ve bobinin içyap›s›n›n, ifllevinin ve karakteristiklerinin iyi bilinmesi
devre analizinde çok önemlidir. Bu bölümde ilk olarak kondansatör hakk›nda bilgi
verilmifltir. Kondansatör konusunun ilk bölümünde kondansatörün içyap›s›, do¤ru
ak›m ve alternatif ak›mda davran›fl› ile kondansatörün seri, paralel ve kar›fl›k ba¤lanmas›ndan bahsedilmifltir. Ard›ndan kondansatör tipleri konusuna de¤inilmifltir. Bölümün son konusu ise kondansatörün kullan›m alanlar›d›r. Bu bölümde kondansatörün
içyap›s› ve karakteristiklerinden yola ç›k›larak genel olarak kondansatörün kullan›m
alanlar› grupland›r›lm›fl ve bu kullan›m alanlar›na iliflkin örneklere yer verilmifltir.
Bu bölümün ikinci konusu bobindir. Öncelikle bobinin içyap›s›, bobinin do¤ru
ak›m ve alternatif ak›mda davran›fl› ile bobinlerin seri, paralel ve kar›fl›k ba¤lanmas›ndan bahsedilmifl, ard›ndan bobin tipleri konusuna de¤inilmifltir. Bobinin kullan›m
alanlar› bu bölümün son konusudur. ‹lgili bölümde bobinin içyap›s› ve karakteristiklerinden yola ç›k›larak genel olarak bobinlerin kullan›m alanlar› grupland›r›lm›fl ve
bu kullan›m alanlar›na iliflkin örneklere yer verilmifltir.
KONDANSATÖR
Kondansatör iki iletken plaka aras›na bir yal›tkan malzeme
konarak elde edilen ve elektrik enerjisini elektrostatik enerji olarak depolamaya yarayan pasif devre eleman›d›r. “Kapasite”, “kapasitör”, “s›¤aç”, “megefe” gibi isimlerle de an›l›r.
‹letken plakalara “armatür” veya “levha”, yal›tkan malzemeye “dielektrik malzeme” ad› verilir. Dielektrik malzeme olarak kat›, s›v› ya da gaz kullan›labilir. Kondansatörde kullan›lan dielektrik malzemeye örnek olarak hava, mika, seramik,
ya¤ ve mumlu kâ¤›t gibi maddeler verilebilir. fiekil 5.1’de
kondansatörün içyap›s›, fiekil 5.2’de kondansatörün sembolü ve fiekil 5.3’de örnek kondansatörler görülmektedir.
fiekil 5.1
Kondansatörün
içyap›s›.
iletken
plaka
iletken
plaka
yal›tkan
madde
96
Devre Analizi
fiekil 5.2
(a) Kutupsuz
kondansatör
sembolü.
(b) Kutuplu
kondansatör
sembolü.
(a)
+
+
+
+
-
-
-
(b)
fiekil 5.3
Örnek kondansatör
resimleri.
Kondansatörde Elektrik Enerjisinin Elektrostatik Enerji
Olarak Depolanmas›
fiekil 5.4
Kondansatörün
flarj›.
Kondansatör; do¤ru ak›m (DC) ve alternatif ak›m (AC) devrelerinde farkl› karakteristik gösterir. Bununla birlikte kondansatöre bir elektrik enerjisi uyguland›¤›nda çal›flma prensibi temeldir ve de¤iflmez. Dolay›s›yla bu bölümde kondansatörün çal›flma prensibinin kolay anlafl›lmas› için kondansatöre DC uyguland›¤› durum ele al›nm›flt›r.
fiekil 5.4’de görüldü¤ü gibi kondansatöre DC uygulanm›fl olsun. Elektrik enerjisi uygulanmadan önce kondansatör nötrdür. Bu durum plakalar›n elektrik yükü
ile yüklenmemifl olmas› demektir. Kondansatöre elektrik enerjisi uyguland›¤›nda
elektrik kayna¤›n›n pozitif kutbu elektronlar› çekmeye, negatif kutbu ise elektronlar› itmeye bafllar. Bu esnada elektronlar hareket etmekte, yani ak›m ak›fl› gerçekleflmektedir. Kondansatörün ortas›nda bulunan yal›tkan malzeme üzerinden ak›m
geçmez. Elektronlar›n› kaybeden plaka pozitif elektrik yükü ile elektron kazanan
plaka ise negatif elektrik yükü ile yüklenir. Plakalar, kondansatörün kapasitesi doluncaya kadar yüklenmeye devam eder. Plakalar dolunca ak›m ak›fl› durur. Bu flekilde yüklenen plakalarda potansiyel
fark meydana geldi¤inden, kondansatörde elektrostatik enerji yüklenmifl
E
C
olur. Bu duruma “kondansatörün flarj›”
+
denir. fiarj kelimesi Türkçede “yükle- ++
me” ya da “doldurma” anlamlar›na kar- - I
++
+
fl›l›k gelmektedir. Elektrik kayna¤› devreden ç›kar›ld›¤›nda kondansatör sahip
oldu¤u elektrostatik enerjiyi elektrik
I
enerjisi olarak devreye verir. Bu duruV
ma “kondansatörün deflarj›” ya da “kon+ dansatörün boflalmas›” denir. Bu s›rada
egeçen ak›m devrede üreteç ba¤l› iken
geçen ak›m ile z›t yönlüdür.
97
5. Ünite - Kondansatör ve Bobin
Kondansatörün elektrik yükü yüklenebilme yetene¤ine kapasite ya da s›¤a denir. C ile gösterilir. Kondansatör kapasite birimi Farad (F)’d›r. SI birim sisteminde
1 Farad, 1 Coulomb’luk elektrik yüklendi¤inde kutuplar› aras›nda 1 Voltluk bir potansiyel fark› oluflturan bir kondansatörün kapasitesidir. Dolay›s›yla 1 Farad, 1
Coulomb/Volt’a eflittir. C kondansatörün kapasitesini, Q elektrik yükünü ve V potansiyel fark› göstermek üzere kapasitenin matematiksel ifadesi afla¤›daki gibidir:
C=
Q
V
(5.1)
Bu eflitlikten hareketle, kondansatörün plakalar›na yüklenen elektrik yükü
(5.2) eflitli¤i ile belirlenir:
Q = C.V
(5.2)
1 Coulomb’luk elektrik yükü yüklendi¤inde plakalar› aras›nda 20 Volt’luk bir potansiyel fark meydana gelen kondansatörün kapasitesi ne kadard›r?
ÖRNEK 1
Çözüm 1:
Q
V
1
= 0.5 F
C=
20
C=
S›¤a birimi Farad’›n üskatlar› yoktur, askatlar› vard›r:
1 miliFarad (mF) = 10-3 F
1 mikroFarad (µF) = 10-6 F
1 nanoFarad (nF) =10-9 F
1 pikoFarad (pF) =10-12 F
ÖRNEK 2
470 µF kaç mF eder?
Çözüm 2:
0.47 mF
Kapasitesi 50 µF olan bir kondansatörün plakalar› aras›nda 100 V’luk
fark ölSIRApotansiyel
S‹ZDE
çülmüfltür. Kondansatörün plakalar›na depolanan elektrik yükünü hesaplay›n›z.
Kondansatörün DC Analizi
AMAÇLARIMIZ
SIRA S‹ZDE
Do¤ru ak›m›n (DC) uyguland›¤› bir kondansatör devresinde kondansatör tamamen doluncaya kadar ak›m geçifli olur. Kondansatör bafllang›çtaS çok
O R Uh›zl› bir flekilde elektrik yükü ile yüklenir. Elektronlar biriktikçe yeni elektronlar›n hareketi zorlafl›r. Kondansatör zamanla azalan bir flekilde yüklenmeye devam eder. Ak›m geD‹KKAT
çifli giderek yavafllar ve kondansatör elektrik yükü ile tamamen doldu¤unda ak›m
ak›fl› durur. Ak›m ak›fl› durduktan sonra kondansatör aç›k devre özelli¤i gösterir.
SIRA S‹ZDE
Devreden ak›m geçmez. Kondansatör bu flekilde elektrik enerjisini
elektrostatik
enerji olarak depo etmifl olur.
Kondansatörün AC Analizi
1
N N
Alternatif gerilimin yönü ve genli¤i sürekli de¤iflti¤inden alternatif gerilim uygulanan kondansatörde depolanan elektrik yükü ve dolay›s›yla kondansatörün
uçlar›
K ‹ T A P
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
98
Devre Analizi
aras›ndaki potansiyel fark da sürekli de¤iflim halinde olacakt›r. Kondansatör sürekli dolacak ve boflalacakt›r. Kondansatör bu dolup boflalma hareketini alternatif ak›m›n frekans s›kl›¤›nda gerçeklefltirir. Dolay›s›yla devrede sürekli ak›m ak›fl› vard›r.
fiekil 5.5
(a) Pozitif
alternansta
ak›m yönü.
(b) Negatif
alternansta
ak›m yönü.
+
i(t)
+
v(t)
C
v(t)
C
+
+
(a)
i(t)
(b)
Alternatif ak›m devresinde kondansatör, ak›m geçifline karfl› bir engel oluflturmaz, ancak bir direnç gösterir. Kondansatörün alternatif ak›ma karfl› gösterdi¤i bu
direnç, omik dirençten farkl›d›r. Omik dirençte, gerilim fark› ile ak›m aras›nda direnç de¤eri kadar bir oran söz konusudur. Kondansatörün alternatif ak›ma karfl›
gösterdi¤i bu zorluk kapasitif reaktans olarak isimlendirilir. Kapasitif reaktans XC
ile gösterilir, birimi dirençle ayn› olup Ohm’dur. C kondansatörün Farad biriminde
kapasitesini f uygulanan gerilimin Hertz biriminde frekans›n› göstermek üzere kapasitif reaktans formülü afla¤›da verilmifltir.
XC =
1
2π fC
(5.3)
Formülden de görüldü¤ü gibi kapasitif reaktans, uygulanan gerilimin frekans›
ve kondansatörün kapasitesi ile ters orant›l› olarak de¤iflmektedir. Frekans ya da
kondansatörün kapasitesi artt›kça kapasitif reaktans azal›r. Frekans ya da kondansatörün kapasitesinin azalmas› durumunda ise kapasitif reaktans artar.
ÖRNEK 3
Efektif gerilim de¤eri 100 V ve frekans› 60 Hz olan sinüzoidal alternatif gerilime 30
nF’l›k bir kondansatör ba¤lanm›flt›r. Kondansatörün kapasitif reaktans›n› hesaplay›n›z.
Çözüm 3:
XC =
XC =
SIRA S‹ZDE
D‹KKAT
S O R U
SIRA S‹ZDE
D‹KKAT
AMAÇLARIMIZ
SIRA S‹ZDE
2(3.14)(60)(30.10−9 )
107
2(3.14)18
SIRA S‹ZDE
XC ≅ 88464 Ω
XC ≅ 88.464 kΩ
SIRA S‹ZDE
S O R U
1
2
Zamana ba¤l›
gerilim
SIRA
S‹ZDEifadesi V = 5 2 sin 100πt olan bir alternatif ak›m kayna¤›na 100
S O R U
pF’l›k bir kondansatör
ba¤lanm›flt›r. Kondansatörün kapasitif reaktans›n› hesaplay›n›z.
Kondansatörün
D ‹ Kdo¤ru
K A T ak›m ve alternatif ak›mdaki davran›fl› farkl›d›r. Devre analizinde bu
konuya dikkat edilmelidir.
N N
S O R U
SIRA S‹ZDE
D‹KKAT
AMAÇLARIMIZ
SIRA S‹ZDE
Kondansatörün Kapasitesine Etki Eden Faktörler
Kondansatörler düzlemsel, silindirik ve küresel olmak üzere farkl› yap›larda üretilir. Kondansatörlerin kapasitesine genel olarak, kullan›lan plaka/plakalar›n yüzey
alan›, yal›tkan malzemenin dielektrik katsay›s› ve plakalar aras›ndaki mesafe etki
etmektedir. Afla¤›da düzlemsel ve silindirik kondansatörlerin kapasite formülleri
verilmifltir. Küresel yap›da kondansatörler s›kl›kla kullan›lmad›¤›ndan burada de¤inilmemifltir.
Düzlemsel kondansatörün kapasitesi afla¤›daki formül ile belirlenir.
C = 8.85(10−12 )εr
A( n − 1)
d
(5.4)
Formülde tan›mlamalar afla¤›daki gibidir.
C: Kondansatörün kapasitesi (F)
εr: Plakalar aras›nda kullan›lan yal›tkan malzemenin ba¤›l dielektrik (yal›tkanl›k) katsay›s› (F/m)
A: Tek plaka yüzey alan› (m2)
n: Plaka say›s›
d: Plakalar aras› mesafe (m)
Formülden de görüldü¤ü üzere düzlemsel kondansatörün kapasitesi; yal›tkan
malzemenin dielektrik katsay›s›, plaka/plakalar›n yüzey alan› ve plaka say›s› ile
do¤ru, plakalar aras› mesafe ile ters orant›l›d›r. Kondansatörde 2’den fazla plaka da
kullan›labilir. Bunun amac› kondansatörün kapasitesini art›rmakt›r. Bunun d›fl›nda
kapasiteyi art›rmak için dalgal› flekilde imal edilmifl iletken plakalar kullan›l›r. Kondansatörün kapasitesini art›rman›n bir di¤er yolu da plakalar aras› mesafeyi mümkün oldu¤unca küçültmektir.
(5.4) formülünde yer alan 8.85(10-12) katsay›s› bofllu¤un dielektrik sabitidir. ε0
ile gösterilir. Hesaplamalarda kolayl›k olmas› aç›s›ndan bir malzemenin dielektrik
katsay›s›, bofllu¤un dielektrik katsay›s›na oranlan›r ve elde edilen yeni katsay› ba¤›l dielektrik katsay›s› olarak isimlendirilir. Ba¤›l dielektrik katsay›s› εr ile gösterilir.
Bu durumda ba¤›l dielektrik katsay›s› verilen bir malzemenin dielektrik katsay›s›
(ε), afla¤›daki formül ile belirlenir.
f = f0 . fr
(5.5)
Silindirik kondansatörler ise, aralar›nda yal›tkan malzeme olan iki metal tabakan›n iç içe yerlefltirilmesi suretiyle elde edilir. Yüksek gerilim hatlar› buna bir örnektir. Silindirik yap›l› bir kondansatörün kapasitesi afla¤›daki formül ile hesaplan›r.
C = 8.85(10−12 )εr
2πl
ln( r2 / r1 )
(5.6)
Formülde tan›mlamalar flu flekildedir:
C: Kondansatörün kapasitesi (F)
εr: Plakalar aras›nda kullan›lan yal›tkan malzemenin ba¤›l dielektrik (yal›tkanl›k) katsay›s› (F/m)
l: Silindir yüksekli¤i (uzunlu¤u) (m)
r2: D›fl silindirin yar›çap› (m)
r1: ‹ç silindirin yar›çap› (m)
99
100
Devre Analizi
ÖRNEK 4
Bir plaka yüzeyi 5 cm2 olan 4 plakadan oluflan plakalar aras› mesafenin 1 mm oldu¤u haval› düzlemsel bir kondansatörün kapasitesi nedir? (Havan›n ba¤›l dielektrik katsay›s› 1’dir)
Çözüm 4:
C = 8.85(10−12 )(1)
5(10−4 )( 4 − 1)
1(10−3 )
C = 13.275 (10-12)F
SIRA S‹ZDE
3
Kondansatör Seçiminde Önemli Karakteristikler
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
SIRA
S‹ZDE
Düzlemsel bir
kondansatörün
kapasitesini art›rmak için neler yap›lmal›d›r?
Bir devrede kullan›lacak kondansatörün seçiminde afla¤›daki karakteristikler dikkate al›n›r:
S O R U
• Kondansatörün
kapasitesi
• Kondansatörün dayanma gerilimi
• Kondansatörde
kullan›lan yal›tkan›n cinsi
D‹KKAT
Kondansatörün kapasitesi ile dayanma gerilimi kondansatör üzerinde belirtilir.
Örne¤in üzerinde
22 µF 10 V yazan bir kondansatörün kapasitesi 22 µF ve dayanSIRA S‹ZDE
ma gerilimi 10 V’tur. Düflük kapasiteli veya düflük dayanma gerilimine sahip bir
kondansatörün devrede kullan›lmas›; devrenin do¤ru çal›flmamas›na, kondansatöAMAÇLARIMIZ
rün ve hatta
devrenin ya da kullan›lan di¤er elemanlar›n zarar görmesine neden
olabilir. Kullan›lan yal›tkan›n cinsi kondansatörün kapasitesine ve dayanma gerilimine do¤rudan etki eder. Bu nedenle devrelerde bu karakteristikler dikkate al›naK ‹ T A P
rak gereksinime uygun olan kondansatörün kullan›lmas› gerekir.
Kondansatöre uygulanacak gerilim kondansatörün dayanma geriliminden fazla
olamaz. Kondansatörün dayanma gerilimi DC’de kondansatörün uçlar›na uygulaTELEV‹ZYON
nan gerilim de¤erinden daha fazla olmal›d›r. Kondansatörün AC’de kullan›lmas›
durumunda ise kondansatörün dayanma gerilimi kondansatöre uygulanan AC gerilimin tepe de¤erinden (Vm) daha fazla olmal›d›r. Devrede kondansatör uçlar›na
‹ N Tgerilime
E R N E T eflit dayanma gerilimine sahip bir kondansatör kullan›lmas›
uygulanacak
durumunda besleme geriliminde meydana gelebilecek dalgalanmalar kondansatörün patlamas›na neden olur.
Örne¤in 12 V DC gerilim ile çal›flan bir devrede dayanma gerilimi 12 V’dan daha fazla olan bir kondansatör kullan›lmas› gerekir. Bu devrede daha düflük dayanma
gerilimine sahip bir kondansatör kullanmak uygun de¤ildir.
N N
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
ÖRNEK 5
10 V etkin de¤erli bir alternatif ak›m devresinde kullan›lmak istenen kondansatörün dayanma gerilimi en az ne olmal›d›r?
Çözüm 5:
Etkin de¤eri verilen bir alternatif ak›m›n Vm de¤eri afla¤›daki eflitlik ile belirlenir:
Vm = 1.41(Veff)
Buna göre kondansatörün dayanma gerilimi afla¤›daki gibi hesaplan›r.
Vc = 1.41(10) = 14.1 V
101
Elde edilen bu sonuca göre kondansatörün dayanma gerilimi en az 14.1 V olmal›d›r. Besleme geriliminde meydana gelebilecek dalgalanmalar dikkate al›nd›¤›nda dayanma gerilimi bu de¤erden daha fazla olan bir kondansatör kullan›lmal›d›r.
Kondansatörlerin Seri, Paralel ve Kar›fl›k Ba¤lanmas›
T›pk› dirençlerde oldu¤u gibi kondansatörler de seri, paralel veya kar›fl›k (seri-paralel) ba¤lanabilir.
Kondansatörlerin Seri Ba¤lanmas›
Kondansatörler seri ba¤land›¤›nda devC1 Q1
redeki kondansatörler üzerinden ayn›
+ ak›m (I) geçer. Bunun yan›nda, seri devV1
relerde her bir direnç üzerine düflen gerilimin toplam› kaynak gerilimine eflittir.
+
V
Buradan hareketle fiekil 5.6’daki devre
için afla¤›daki eflitlikler yaz›labilir. Devrede V1, C1 kondansatörü üzerine düflen
gerilimi, V2, C2 kondansatörü üzerine düflen gerilimi göstermektedir.
Seri ba¤l› kondansatörlerden ayn› fliddette ak›m geçer:
fiekil 5.6
C2 Q2
+ -
Seri ba¤l›
kondansatör
devresi.
V2
I = I1 = I2
(5.7)
Seri ba¤l› kondansatörlerin yükleri birbirine eflittir:
Q = Q1 = Q2
(5.8)
Seri ba¤l› kondansatörlerin gerilimleri toplam› kaynak gerilimine eflittir:
V = V1 + V2
(5.9)
(5.1) eflitli¤inden
V=
Q
C
(5.10)
elde edilir. Devrenin toplam kapasitesi Cefl olsun. V, V1 ve V2 (5.9) eflitli¤ine
göre yeniden yaz›l›rsa,
Q
Q
Q
=
+
Ceş C1 C2
(5.11)
elde edilir. (5.11)’de Q’lar sadelefltirildi¤inde afla¤›daki eflitlik elde edilir:
1
1
1
=
+
Ceş C 1 C2
(5.12)
Yukar›daki ifllemlere göre n say›da seri ba¤l› kondansatör devresinde eflde¤er
s›¤a (Cefl) afla¤›daki eflitlik ile hesaplan›r.
1
1
1
1
1
=
+
+
+ ..... +
Ceş C 1 C2 C3
Cn
(5.13)
102
Devre Analizi
ÖRNEK 6
20 mF, 100 mF ve 100 µF’l›k kondansatörler seri olarak ba¤lanm›flt›r. Devrenin eflde¤er s›¤as›n› hesaplay›n›z.
Çözüm 6:
1
1
1
1
=
+
+
−
3
−
3
Ceş 20.10
100.10
100.10−6
1
1000 1000 1000000
=
+
+
20
Ceş
100
100
1
= 50 + 10 + 10000
Ceş
1
= 10060
Ceş
Ceş =
1
10060
Cefl = 9.94 (10-5) F
Cefl = 99.4 µF
fiekil 5.7
Paralel ba¤l›
kondansatör
devresi.
Kondansatörlerin Paralel Ba¤lanmas›
C1 Q1
- +
V1
C2 Q2
- +
V2
-
V
+
Kondansatörler paralel ba¤land›¤›nda her bir kondansatörün uçlar›ndaki gerilim, devreye uygulanan gerilime
(V) eflittir. Bunun yan›nda devrenin toplam ak›m›, her bir
kondansatör üzerinden geçen ak›mlar›n toplam›na eflittir.
Buradan hareketle fiekil 5.7’deki devre için afla¤›daki eflitlikler yaz›labilir.
Paralel ba¤l› kondansatörlerin uçlar›nda ayn› potansiyel fark vard›r:
V = V1 = V2
(5.14)
Paralel ba¤l› kondansatörlerden geçen ak›mlar›n toplam› devre ak›m›na eflittir:
I = I1 + I2
(5.15)
Elektrik yükü, (5.16) eflitli¤i ile hesaplan›r.
Q = I.t
(5.16)
(5.15) ve (5.16) eflitliklerinden yola ç›k›larak devrenin eflde¤er elektrik yükü
için afla¤›daki eflitlik yaz›labilir.
Qefl = Q1 + Q2
(5.17)
fiekil 5.7 devresi için devrenin toplam kapasitesi Cefl olmak üzere Q = CV eflitli¤i
kullan›lar›k (5.17) eflitli¤i yeniden düzenlenirse,
VCefl = VC1 + VC2
(5.18)
elde edilir. V’ler sadelefltirildi¤inde Cefl için afla¤›daki eflitlik elde edilir:
Cefl = C1 + C2
(5.19)
103
Yukar›daki ifllemlere göre n say›da paralel ba¤l› kondansatör devresinde eflde¤er s›¤a afla¤›daki eflitlik ile hesaplan›r.
Cefl = C1 + C2 + C3 +......+Cn
(5.20)
5 mF, 100 µF ve 40 µF de¤erinde üç kondansatör paralel olarak ba¤lanm›flt›r.
Devrenin eflde¤er s›¤as›n› hesaplay›n›z.
ÖRNEK 7
Çözüm 7:
‹lk olarak 5 mF’l›k kondansatör de µF biriminden elde edilir. 5 mF = 5000
µF’d›r.
Cefl = 5000 + 100 + 40
Cefl = 5140 µF
0.1 µF’l›k 4 kondansatör paralel ba¤lanm›flt›r. Devrenin eflde¤er s›¤as›n›
hesaplay›n›z.
SIRA S‹ZDE
Kondansatörlerin Kar›fl›k Ba¤lanmas›
4
Kar›fl›k ba¤l› kondansatör devrelerinde her kondansatör grubu
ayr› olarak ele al›n›r ve indirgeme yap›l›r. ‹ndirgeme ifllemine devre sadeleflene kadar devam edilir.
S O R U
S O R U
fiekildeki devrede C1 = C2 = 6 mF, C3 = 4 mF ve C4 = 2 mF ise devrenin eflde¤er s›¤as›n› hesaplay›n›z.
ÖRNEK 8
D‹KKAT
D‹KKAT
C3
C2
C1
C4
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
+
V
-
N N
K ‹ T A P
+
V
C2
AMAÇLARIMIZ
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
fiekildeki devrede C1 = C2 = 6 mF, C3 = 4 mF, C4 = 2 mF ve C5 = 3 mFSIRA
ise S‹ZDE
devrenin eflde¤er
s›¤as›n› hesaplay›n›z.
C1
SIRA S‹ZDE
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
Çözüm 8:
C1 ve C2 kondansatörleri seri ba¤l›d›r. C12 = 3 mF
C3 ve C4 kondansatörleri paralel ba¤l›d›r. C34 = 6 mF
C12ve C34 kondansatörleri seri ba¤l›d›r. Cefl = C1234 = 2 mF‹ N T E R N E T
C3
SIRA S‹ZDE
5
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
C4
C5
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
104
Devre Analizi
Kondansatörde Ak›m - Gerilim ‹liflkisi
fiekil 5.8
Bir kondansatör
üzerinden geçen
ak›m ve
kondansatör
gerilimi.
‹
fiekil 5.8’de kondansatör üzerinden geçen ak›m yönü
ve kondansatör uçlar›ndaki gerilimin polariteleri görülmektedir.
fiekil 5.8’deki kondansatör üzerinden geçen ak›m eflitlik ile belirlenir.
C
+
i=C
-
dV
dt
(5.21)
Eflitlikte i zamana göre de¤iflen ak›m›, C kondansatörün kapasitesini, V kondansatör uçlar›ndaki gerilimi ve t zaman› gösterir. Bu eflitlik, ak›m ak›fl›n›n kondansatörün uçlar›nda gerilim de¤iflimi oldu¤u sürece gerçekleflece¤ini ifade etmektedir. Gerilimde bir de¤iflim olmad›¤›nda ak›m ak›fl› olmaz. Bafllang›çta, yani
kondansatör flarj olmadan önce kondansatörün uçlar›nda kaynak gerilimine eflit
bir gerilim vard›r. Kondansatör elektrik yükü ile yüklendikçe uçlar›ndaki gerilim
sürekli de¤iflir. Bu ana kadar devrede sürekli bir ak›m ak›fl› söz konusudur. Kondansatör flarj oldu¤unda ise uçlar›ndaki gerilim sabit kal›r dolay›s›yla gerilim de¤iflimi olmad›¤›ndan ak›m ak›fl› da olmaz. Bu eflitlik ile do¤ru ak›m uygulanan kondansatör devresinde ak›m ak›fl›n›n bir süre sonra duraca¤›, alternatif ak›m uygulanan kondansatör devresinde ise sürekli ak›m ak›fl›n›n olaca¤› sonucu bir kere daha matematiksel olarak ifade edilmifl olmaktad›r.
(5.21) eflitli¤inin her iki taraf›n›n integrali al›nd›¤›nda kondansatör üzerindeki
gerilim elde edilir:
v (t ) =
t
1
i(t ) dt + Vc (0)
C∫
0
(5.22)
Vc(0) kondansatör uçlar›ndaki bafllang›ç (t = 0 an›ndaki) gerilimini ifade etmektedir.
ÖRNEK 9
fiekil 5.8’deki bir kondansatörün uçlar›na afla¤›daki gerilimler uyguland›¤›nda
kondansatörden geçen ak›m de¤iflimi grafi¤ini çiziniz.
(V)
5
4
3
2
1
0
(V)
6
4
2
-1
0
1
2
3
4
5
t
0
-2
-4
-6
-1
0 1
Çözüm 9:
Kondansatörden geçen ak›m afla¤›daki eflitlik ile belirlenir.
i=C
dV
dt
2 3
4
5
t
105
Kondansatör uçlar›na dc gerilim uyguland›¤›nda gerilimin zamana göre de¤iflimi söz konusu olmad›¤›ndan eflitlikte yer alan dv/dt = 0 olur ve buna ba¤l› olarak
kondansatör uçlar›ndan geçen ak›m i = 0 A olur. Bu durum soldaki flekilde görülmektedir.
Kondansatör uçlar›na sinüzoidal gerilim uyguland›¤›nda gerilim zamana göre
de¤iflti¤inden dv/dt ≠ 0 ‘d›r. Zamana göre de¤iflim, türev al›narak belirlenir. Sinüzoidal dalgan›n türevi kosinüs fonksiyonlu bir dalgad›r. Bu durumda C = 2F’l›k bir
kondansatör için sa¤daki flekil elde edilir.
i(A)
i(A)
2
1.5
1
0.5
0
10
5
-1
0
1
2
3
4
5
t
0
-5
-10
-1
0
1
2
3
4
5
t
Yüklü Bir Kondansatörün Sahip Oldu¤u Enerjinin
Hesaplanmas›
Kondansatörü flarj eden V gerilimine ‘flarj gerilimi’ denir. Elektrik yükü (Q), s›¤a
(C) ve uygulanan gerilim (V) aras›nda flu ba¤›nt› vard›r:
Q = C.V = I.t
(5.23)
fiarj ifllemi sonunda kondansatör, Q elektrik yüküyle yüklenmifl olur ve bir
enerji (wC) kazan›r. Bu enerjinin hesaplanmas›nda afla¤›daki formül kullan›l›r. Birimi Joule’dür.
wC = C
VC2
2
(5.24)
Güç ise flu flekildedir:
P = Vi = CV
dV
dt
(5.25)
fiekildeki devrede 22 µF’l›k kondansatör 10 V’luk kaynak gerilimi ile flarj edilmifltir. Buna göre kondansatör üzerindeki enerjiyi hesaplay›n›z.
C
V
ÖRNEK 10
106
Devre Analizi
Çözüm 10:
V2
wC = C C
2
wC = 22(10−6 )
102
2
wC = 11 (10-4) Joule
Kondansatör Çeflitleri
Kondansatörler kullan›lan yal›tkan malzemeye ve kapasite de¤erine göre s›n›fland›r›l›r. Yal›tkan malzemeye göre s›n›fland›rmada kondansatör arada kullan›lan yal›tkan malzemeye göre isim al›r. Afla¤›da bu s›n›fland›rmada yer alan kondansatör
tiplerinden baz›lar›na yer verilmifltir.
• Seramik kondansatör
• Mika kondansatör
• Haval› kondansatör
• Ya¤l› kondansatör
• Kâ¤›tl› kondansatör
• Vakumlu kondansatör
• Caml› kondansatör
• Elektrolitik kondansatör
Yukar›da verilen kondansatörler aras›nda elektrolitik kondansatörler di¤erlerinden farkl› oldu¤undan bu bölümde elektrolitik kondansatörlere de¤inilmifltir. Elektrolitik kondansatörler kutupludur ve daha yüksek kapasiteye sahiptir. Kutuplar
kondansatör üzerinde belirtilmifltir. Kondansatörlerin kapasitesini art›rman›n bir
yolu plakalar aras›ndaki mesafeyi azaltmakt›r. Elektrolitik kondansatör bu yaklafl›mla üretilmifl bir kondansatör çeflididir. Plakalar aras›na elektrolit (iletken s›v›)
veya elektrolit tabaka (süngerimsi bir malzemenin elektroliti absorbe etmesiyle elde edilir) yerlefltirilir. Plakalardan biri ya da her ikisi ince bir oksit film ile kaplan›r. Bu flekilde plakalar aras›nda yal›t›m sa¤lanm›fl olur. Plakalara birer elektrot
ba¤lan›r. Oksitlenmifl plakaya ba¤lanan elektrot pozitif elektrot, gövdeyi oluflturan
di¤er plakaya ba¤lanan elektrot ise negatif elektrottur. Plakalar, oksit ve elektrolitten oluflan bu yap› bir kondansatör etkisi gösterir. Bu flekilde üretilen kondansatörün kapasitesi çok yüksektir ve elektrolitik kondansatör olarak isimlendirilir. Elektrolitik kondansatörler kutuplu oldu¤undan genellikle do¤ru gerilimde kullan›l›r.
Ters gerilim ba¤land›¤›nda yal›tkan malzeme görevi yapan oksit film bozulur ve
kondansatörün patlamas›na neden olur. Bunun yan›nda elektrolitik kondansatörler yüksek s›z›nt› ak›m› nedeniyle iyi kondansatör de¤ildir. Elektrolit ›s›dan dolay›
kuruyabildi¤i için kullan›m ömürleri k›sa olmaktad›r.
Kapasite de¤erine göre kondansatörler sabit ve de¤iflken de¤erli kondansatör
olmak üzere iki s›n›fa ayr›l›r.
Sabit De¤erli Kondansatörler
Kapasitesi kondansatörün üretim aflamas›nda belirlenen ve de¤ifltirilemeyen kondansatörlerdir.
107
De¤iflken De¤erli Kondansatörler
De¤iflken de¤erli kondansatörler ayarl› kondansatör olarak da isimlendirilir. Ayarl› kondansatörler, kapasite de¤eri belirlenen aral›klar aras›nda de¤ifltirilebilen
kondansatörlerdir. fiekil 5.9’da de¤iflken tip bir kondansatörün içyap›s› görülmektedir. Hareketli plaka aç›ld›¤›nda plakan›n toplam etkin yüzey alan› artar. Böylece kondansatörün kapasitesi de¤iflir. Sa¤daki flekilde görüldü¤ü gibi 2’den fazla
hareketli ve sabit plaka da kullan›labilir. Plakalar hareket ettirilerek plakalar›n yüzey alan› ve plakalar aras› mesafeler de¤iflir. Buna ba¤l› olarak da kondansatörün
kapasitesi de¤iflir.
fiekil 5.9
De¤iflken
kondansatörün
içyap›s›. (Crowell,
B., Light and
Matter)
Hareketli plaka
Sabit plaka
fiekil 5.10
3 tip de¤iflken de¤erli kondansatör mevcuttur.
• Varyab›l kondansatör
• Trimer kondansatör
• Varikap
Varyab›l kondansatör
sembolü.
Varyab›l Kondansatör
Kapasitenin devaml› olarak de¤iflmesi istenen devrelerde kullan›lan ayarl› kondansatör tipidir. Birbirinden yal›t›lm›fl iletken plakalardan biri hareketli, di¤eri
ise sabittir. Ayn› zamanda çoklu kondansatör kullan›larak da oluflturulmaktad›r.
Çoklu kondansatörler paralel ba¤lan›r. Bu kondansatörlerin birer plakas› sabit
olup, di¤er plakalar› bir mil ile döndürülebilmektedir. fiekil 5.10’da Varyab›l
kondansatör sembolü görülmektedir.
fiekil 5.11
Trimer Kondansatör
Kapasitenin devaml› olarak de¤iflmesi istenmeyen devrelerde kullan›lan ayarl›
kondansatör tipidir. Trimer kondansatörün kapasite ayar› tornavida ile bir kez yap›l›r ve de¤ifltirilmez. fiekil 5.11’de trimer kondansatör sembolü görülmektedir.
Varikap
Di¤er kondansatör çeflitlerinden farkl› olarak bu kondansatörler p ve n tipi yar› iletkenler kullan›larak elde edilir.
Ters polarmada çal›fl›r ve polarma geriliminin ayarlanmas› suretiyle geçifl bölgesi daralt›l›r ya da geniflletilir. Ayarl› kondansatör olarak kullan›lan diyotlard›r. Gerilime ba¤l› kapasite de¤iflikli¤i nedeniyle varaktör veya varikap ad›
verilmifltir. fiekil 5.12’de varikap sembolü görülmektedir.
fiekil 5.12
Varikap sembolü.
Trimer kondansatör
sembolü.
108
Devre Analizi
Kondansatörlerin Kullan›m Alanlar›
Kondansatör içyap›s› ve çal›flma prensibine ba¤l› olarak de¤iflen karakteristik özellikleri ile elektrik/elektronikte farkl› amaçlar› yerine getirmede kullan›l›r. Kondansatörün kullan›m alanlar›n› flekillendiren bu karakteristik özellikler ve örnek kullan›m alanlar› afla¤›daki gibi s›ralanabilir.
• Kapasite de¤iflimi
• Elektrik enerjisi depolama
• Devrede reaktif güç meydana gelmesi
• Kapasitif reaktans›n frekansa ba¤l› olarak de¤iflmesi
• Kondansatörün do¤ru ak›m ve alternatif ak›ma karfl› davran›fl›n›n farkl› olmas›
Kapasite De¤iflimi
Kondansatörün kapasitesinin plakalar›n alan›, plakalar aras› mesafe ve kullan›lan
yal›tkan malzemenin dielektrik katsay›s›na ba¤l› olarak de¤iflmesi özelli¤inden
yararlan›larak fiziksel büyüklükler ölçülebilir. Ölçülmek istenen fiziksel büyüklük
ile kondansatörün kapasitesini etkileyen faktörlerin iliflkilendirilmesi ile fiziksel
büyüklü¤ün ölçümü gerçeklefltirilir. Örne¤in ivme, yer de¤ifltirme, miktar ölçümü
kondansatörün kapasitif etkisi ile ölçülebilen büyüklüklerden birkaç›d›r. Kondansatörün bu alandaki kullan›m›na bir örnek olarak yak›t miktar› ölçümü verilebilir.
Yak›t miktar›n›n ölçümünde yak›t, kondansatörün dielektrik malzemesi görevini
yapmaktad›r. Yak›t seviyesindeki de¤iflim dielektrik katsay›s›n› dolay›s›yla da kondansatörün kapasitesinin de¤iflimine neden olur. Kapasitedeki bu de¤iflimin ölçülmesi ile yak›t miktar› ölçülebilir.
Elektrik Enerjisi Depolama
Kondansatörün elektrik enerjisi depolayabilme özelli¤i gerilim de¤erinin katlanmas› istenen devrelerde kullan›m›n› sa¤lar. Bunun en basit örneklerinden biri gerilim çoklay›c› devrelerdir.
Devrede Reaktif Güç Meydana Gelmesi
Alternatif ak›m devrelerinde kullan›lan kondansatör ak›m›n gerilimden daha ileride olmas› sebebiyle devrede reaktif güç ortaya ç›kar›r. Alternatif ak›m devrelerinde çekilen reaktif gücün azalt›lmas› istenen durumlarda kondansatör kullan›l›r. Bu
ifllem “reaktif güç kompanzasyonu”, “güç katsay›s›n›n düzeltilmesi” ya da “güç çarpan› düzeltmesi” olarak isimlendirilir.
Kapasitif Reaktans›n Frekansa Ba¤l› Olarak De¤iflmesi
Kapasitif reaktans›n frekansa ba¤l› olarak de¤iflmesi nedeniyle kondansatör filtre
devrelerinde kullan›l›r. Filtre devreleri istenmeyen frekans ya da frekans aral›klar›ndaki sinyallerin genli¤ini zay›flatarak ç›k›fla vermez. Kondansatör, filtre devrelerinde genellikle bobin ile birlikte kullan›l›r. Bunun için ayr›lmak istenen frekans ya
da frekans aral›¤›na uygun kapasitede kondansatör ve bobin seçilmesi gerekir.
Kondansatörün Do¤ru Ak›m ve Alternatif Ak›ma Karfl› Davran›fl›n›n
Farkl› Olmas›
Kondansatör alternatif ak›m ak›fl›na izin verirken do¤ru ak›mda flarj olduktan sonra ak›m ak›fl›na izin vermemesi özelli¤i ile devrelerin ayr›lmas›nda (decoupling) ya
da devrelerin ba¤lanmas›nda (coupling) kullan›l›r. Örne¤in devrenin çal›flmas› için
109
gereken elektrik enerjisi ile devrede ifllenecek iflaretin birbirinden ayr›lmas› gerekir. Bu durumda kondansatör kullan›l›r. Devrelerin ba¤lanmas›nda da benzer flekilde kondansatör kullan›l›r. Örnek olarak çok katl› yükselteçler verilebilir. Bu
devrelerde yükseltilecek iflaretin bir yükseltme devresinden di¤erine aktar›lmas›nda kondansatör kullan›labilir.
BOB‹N
Bobinlerin yap›s›na ve çal›flmas›na geçmeden önce afla¤›daki üç fizik kural›n›n bilinmesinde yarar vard›r.
1. ‹letken bir tele elektrik ak›m› uyguland›¤›nda telin etraf›nda bir manyetik
alan oluflur.
Elektrik ile manyetik alan aras›ndaki bu iliflki 1819 y›l›nda Danimarkal› fizikçi
ve kimyager Profesör Hans Christian Orsted taraf›ndan bulunmufltur. fiayet iletken
tele de¤iflken elektrik ak›m› uygulan›rsa tel etraf›nda de¤iflken bir manyetik alan
oluflur.
2. De¤iflken manyetik alan içinde bulunan bir iletken telin iki ucunda potansiyel fark meydana gelir yani tel üzerinde bir gerilim indüklenmesi olur. ‹ndüklenen bu gerilim “elektromotor kuvveti”, “ indüksiyon gerilimi” “indüksiyon emk’s›” ad›n› al›r.
“Faraday’›n ‹ndüksiyon Yasas›” olarak bilinen bu yasa 1831 y›l›nda Henry ve
Faraday taraf›ndan ispatlanm›flt›r. “‹ndüksiyon Yasas›” olarak da bilinmektedir.
3. De¤iflken elektrik ak›m uygulanan tel etraf›nda oluflan de¤iflken manyetik
alan›n tel üzerinde indükledi¤i gerilim, iletkene uygulanan de¤iflken gerilime z›t yönlüdür. ‹ndüklenen bu z›t yönlü elektromotor kuvveti (emk), z›t
yönlü bir ak›m ak›fl›na sebep olur. Bu ak›m “indüksiyon ak›m›” olarak isimlendirilir.
Bu kanun Alman fizikçi Heinrich Friedrich Emil Lenz taraf›ndan ortaya konmufltur. “Lenz Yasas›” olarak isimlendirilmektedir. Bu yasa indüksiyon yasas›n›n
devam› niteli¤indedir ve indüksiyon ak›m›n›n yönü bu yasa ile belirlenir. Lenz Yasas›’na göre indüksiyon emk’s›n›n yönü halkadan geçen manyetik ak› de¤iflimine
karfl› koyacak yönde bir manyetik ak› oluflturacak ak›m›n yönüdür. Lenz Kanunu’na göre z›t emk, artmakta olan devre ak›m›n› azalt›c›, azalmakta olan devre ak›m›n› ise art›r›c› yönde etki yapar.
Yukar›daki fizik prensiplerine dayanarak çal›flan bobin, izolasyonlu bir
iletken telin yan yana ya da üst üste
sar›lmas› suretiyle elde edilir. Bobinin çal›flmas› k›saca iletken bir tel halkadan geçen elektrik enerjisinin halka üzerinde manyetik enerji oluflturmas›, manyetik enerjinin de iletken
bir tel üzerinde gerilim indüklemesi
prensibine dayan›r. Bobin ayn› zamanda “endüktör”, “indüktör”, “self”
ya da “ak›m makaras›” olarak da bilinmektedir. fiekil 5.13’de bobin örnekleri görülmektedir.
fiekil 5.13
Örnek bobin
resimleri.
110
Devre Analizi
Bobinin sar›ld›¤› ortadaki yap› “nüve”, “çekirdek” ya da “göbek” olarak isimlendirilir. Nüve olarak paramanyetik ya da ferromanyetik malzemeler kullan›l›r. Paramanyetik malzemeler manyetik çekme kuvvetine daha az cevap veren malzemelerdir. Paramanyetik malzemelere örnek olarak hava ve alüminyum verilebilir. Ferromanyetik malzemeler manyetik alan taraf›ndan kuvvetle çekilen veya kolayca
m›knat›sl›k özelli¤i kazanabilen malzemelerdir. Bu malzemelere örnek olarak demir, nikel, silisyumlu sac ve ferrit verilebilir. Ferrit, demir oksitli seramik malzemelerden oluflan kimyasal bilefliklerdir.
Bir bobinin manyetik alan içinde enerji depolama kapasitesi “indüktans” olarak
isimlendirilir. Birimi Henry’dir. H ile gösterilir. Bobinden geçen ak›m›n saniyede 1
Amper’lik de¤iflimi, bobin üzerinde 1 Volt’luk indüklenmifl elektromanyetik kuvvet
üretiyorsa bu bobinin indüktans› 1 Henry’dir. Henry’nin üskatlar› yoktur, askatlar›
vard›r:
1 miliHenry (mH) = 10-3 H
1 mikroHenry (µH) = 10-6 H
1 nanoHenry (nH) = 10-9 H
1 pikoHenry (pH) = 10-12 H
Bobinin ‹ndüktans›na Etki Eden Faktörler
‹ndüktans› etkileyen parametreler afla¤›daki gibidir:
• Tel kesiti
• Sar›m say›s›
• Sar›mlar aras› aral›k
• Sarg› tipi
• Sarg› kat› say›s›
• Bobinin biçimi
• Bobinin çap›
• Nüvenin cinsi
• Uygulanan alternatif gerilimin frekans›
Sar›m flekline göre farkl› içyap›l› bobinler mevcuttur. Bunlardan baz›lar› tek katmanl› silindirik nüveli bobin, çok katmanl› bobin, toroid nüveli (dairesel kesit
alanl›) bobin fleklindedir. Bobinler nüve olarak kullan›lan malzemeye göre de çeflitlilik göstermektedir. Örne¤in nüve olarak hava kullan›lm›fl ve bobin sarg›lar› silindirik olarak sar›lm›fl ise bu bobin “silindirik hava nüveli bobin” olarak isimlendirilmektedir. Farkl› içyap›l› bobinler için yukar›da sözü edilen parametreler farkl›
formüllerle bir araya gelerek indüktans› oluflturur. Afla¤›da yayg›n olarak kullan›lan silindirik bobin için indüktans formülü verilmifltir.
L=
µN 2 A
l
Formüldeki tan›mlamalar flu flekildedir.
L: Endüktans (H)
µ: Nüve olarak kullan›lan malzemenin manyetik geçirgenli¤i (H/m)
N: Sar›m say›s›
A: Kesit alan› (m2)
l: Sarg› halindeki bobinin uzunlu¤u (m)
(5.26)
111
Sar›m say›s› 20, nüvenin kesit alan› 5 cm2 ve bobinin sarmal uzunlu¤u 0.05 m olan
tek katmanl› silindirik hava nüveli bobinin indüktans› nedir? (µhava =4π10-7 H/m)
ÖRNEK 11
Çözüm 11:
L=
4π(10−7 )( 202 )5(10−4 )
0.05
L = 5.02 µH
Bobin Çeflitleri
Bobinler genel olarak nüve olarak kullan›lan malzemeye ve indüktans de¤erine
göre s›n›fland›r›l›r. Afla¤›da nüve olarak kullan›lan malzemeye göre bobin çeflitlerine yer verilmifltir.
• Hava nüveli bobin
• Demir nüveli bobin
• Sac nüveli bobin
• Ferrit nüveli bobin
Nüve olarak kullan›lan malzemeye göre farkl› bobin sembolleri kullan›lmaktad›r. fiekil 5.14’de bobin sembolleri görülmektedir.
fiekil 5.14
Bobin sembolleri.
Hava Nüveli
Bobin
Demir Nüveli
Bobin
Saç Nüveli
Bobin
Ferrit Nüveli
Bobin
Ayarl› Bobin
‹ndüktans›n devaml› olarak de¤iflmesi istenen devrelerde kullan›lan
bobin tipidir. fiekil 5.15’te ayarl› bobin sembolü görülmektedir.
fiekil 5.15
Ayarl› bobin
sembolü.
Trimer Ayarl› Bobin
‹ndüktans›n devaml› olarak de¤iflmesi istenmeyen devrelerde kullan›lan bobin tipidir. Trimmer ayarl› bobinin indüktans ayar› tornavida ile
bir kez yap›l›r. Ayar yap›ld›ktan sonra bobinin indüktans› de¤iflmez.
fiekil 5.16’da trimer ayarl› bobin sembolü görülmektedir.
Bobinin DC Analizi
Do¤ru ak›m›n uyguland›¤› bir devrede ak›m de¤iflimi söz konusu olmad›¤›ndan bobin üzerinde bir gerilim indüklemesi olmaz, bu tür devrelerde sadece bobin etraf›nda sabit bir manyetik alan oluflur. Bu alana yaklaflt›r›lan demir, nikel gibi maddeler bobin taraf›ndan çekilir.
Kullan›lan nüveye göre manyetik alan›n çekim gücü de¤iflir. DC devrelerde bobin omik bir direnç gösterir ve k›sa devre gibi davran›r.
fiekil 5.16
Trimer
ayarl› bobin
sembolü.
112
Devre Analizi
Bobinin AC Analizi
Alternatif gerilimin uyguland›¤› devrelerde ak›m›n yönü ve genli¤i sürekli de¤iflti¤i için
bobin bu de¤iflime ters yönde gerilim indükleyerek karfl› koymaya çal›fl›r. Bobinin alternatif ak›mda gösterdi¤i bu karfl› koyma özelli¤i indüktif reaktans olarak isimlendirilir. ‹ndüktif reaktans XL ile gösterilir ve birimi Ohm’dur. L indüktans› ve f uygulanan
gerilimin frekans›n› göstermek üzere indüktif reaktans afla¤›daki formül ile hesaplan›r.
XL = 2πfL
(5.27)
‹ndüktif reaktans, eflitlikten de görüldü¤ü üzere bobinin indüktans› ve gerilimin frekans› ile do¤ru orant›l› olarak de¤iflir. Bobinin alternatif ak›ma karfl› gösterdi¤i zorluk ak›m›n gerilimden geri kalmas›na sebep olur.
ÖRNEK 12
‹ndüktans› 5 mF olan bir bobin 200 V 60Hz’lik bir flebekeye ba¤lanm›flt›r. Bobinin
indüktif reaktans›n› hesaplay›n›z.
Çözüm 12:
XL = 2πfL
XL = 2 (3.14) 60 (5) (10-3)
XL = 1.884 Ω
SIRA S‹ZDE
Frekans› 50SIRA
Hz olan
S‹ZDEbir alternatif ak›m devresine indüktif reaktans› 5Ω olan bir bobin
ba¤lanm›flt›r. Bobinin indüktans›n› hesaplay›n›z.
6
D Ü fi Ü NSeri,
E L ‹ M Paralel ve Kar›fl›k Ba¤lanmas›
Bobinlerin
Direnç ve kondansatörde oldu¤u gibi bobinler de seri, paralel ve kar›fl›k (seri-paralel) ba¤lanabilir.
S O R U
S O R U
fiekil 5.17
Seri ba¤l›
bobin
devresi.
SIRA
S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
L2
N N
L1
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
ÖRNEK 13
‹NTERNET
Bobinlerin Seri Ba¤lanmas›
D‹KKAT
D‹KKAT
V(t)
fiekil 5.17’de seri ba¤l› bir bobin devresi görülmektedir. n say›da seri ba¤l› bobinin eflde¤er endüktans› afla¤›daki eflitlik ile belirlenir:
L3
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
L4
Lefl = L1 + L2 + L3 +...+ Ln
(5.28)
Benzer flekilde bu devrenin eflde¤er indüktif reaktans› (5.29) ve (5.30) eflitlikleri ile
hesaplan›r.
XL = XL + XL + XL + ... + XL
efl
1
2
3
n
XL = 2πfLefl
efl
(5.29)
(5.30)
Seri ba¤l› 300 pH, 4 nH, 50 pH ve 0.1 nH’l›k dört kondansatör 100 V 400 Hz’lik AC
kayna¤›na ba¤lanm›flt›r. Devrenin eflde¤er indüktans›n› ve indüktif reaktans›n›
hesaplay›n›z.
‹NTERNET
Çözüm 13:
Lefl = L1 + L2 + L3 +...+ Ln
Tüm bobinler nH biriminden yaz›larak ifllem yap›ld›¤›nda;
Lefl = 0.3 (10-9) + 4 (10-9) + 0.05 (10-9) + 0.1 (10-9)
Lefl = 4.45 (10-9) H
XLefl= 2 (3.14) (400) (4.45) (10-9) = 11.18 µΩ
olarak elde edilir.
113
20 mH’lik 4 bobin seri olarak ba¤lanm›flt›r. Devrenin eflde¤er indüktans›n›
hesaplay›n›z.
SIRA S‹ZDE
Bobinlerin Paralel Ba¤lanmas›
Bu devrenin eflde¤er indüktif reaktans› ise
(5.32) ve (5.33) eflitlikleri ile hesaplan›r.
1
1
1
1
1
=
+
+
+ .... +
XL
XL
XL
XL
XL
2
3
eş
n
1
Paralel
ba¤l› bobin
S O R U
devresi.
S O R U
V(t)
(5.31)
fiekil D5.18
Ü fi Ü N E L ‹ M
fiekil 5.18’deki devrede bobinler paralel ba¤lanm›flt›r.
n say›da paralel ba¤l› bobinin eflde¤er endüktans› afla¤›daki eflitlik ile belirlenir.
1
1
1
1
1
= +
+ + .... +
Leş L1 L2 L3
Ln
D ‹ K K AL1T
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
XL = 2πfLefl
L2
L3
D‹KKAT
N N
(5.32)
T E L E V ‹paralel
Z Y O N ba¤lan220 V, 50 Hz’lik flebeke gerilimine 200 pH, 1 nH, 5 µH’l›k üç bobin
m›flt›r. Devrenin eflde¤er indüktans›n› ve indüktif reaktans›n› hesaplay›n›z.
1
1
1
1
=
+
+
−
12
−
9
Leş 200.10
1.10
5.10−6
L4
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
(5.33)
efl
Çözüm 14:
7
SIRA S‹ZDE
‹NTERNET
Ö R TNE EL EKV ‹ Z1Y O4N
‹NTERNET
1
1010 109 106
=
+
+
2
1
Leş
5
1
= 5.109 + 1.109 + 2.105
Leş
1
= 6000200000
Leş
Lefl = 1.66 (10-10) H
Lefl = 166 pH
XL = 2πfLefl
efl
XL = 2 (3.14) 50 (166) (10-12)
efl
XL = 52.124 (10-9) Ω
efl
Bobinlerin Kar›fl›k Ba¤lanmas›
Kar›fl›k ba¤l› bobin devrelerinde her bobin grubu ayr› olarak ele al›n›r ve indirgeme yap›l›r. ‹ndirgeme ifllemine devre sadeleflene kadar devam edilir.
fiekildeki devrede L1 = 300 mH, L2 = 600 mH, L3 = 25 mH ve L4 = L5 = 100 mH oldu¤una göre devrenin eflde¤er indüktans›n› hesaplay›n›z.
ÖRNEK 15
114
Devre Analizi
L1
L3
L2
L4
L5
-V +
Çözüm 15:
L1 ve L2 bobinleri paralel ba¤l›d›r. L12 = 200 mH
L4 ve L5 bobinleri paralel ba¤l›d›r. L45 = 50 mH
L12, L45 ve L3 bobinleri seri ba¤l›d›r. Lefl = L12345 = 275 mH
Bobinde Ak›m - Gerilim ‹liflkisi
fiekil 5.19
Bobinden geçen
ak›m ve bobin
üzerindeki gerilim
1L
L
+
-
L
VL = L
di
dt
Afla¤›daki flekilde bobin üzerinden geçen ak›m ve bobin uçlar›ndaki gerilimin polariteleri görülmektedir.
L bobinin indüktans›n›, i bobin üzerinden geçen
ak›m› ve t zaman› göstermek üzere bobin üzerinde indüklenen gerilim (VL) afla¤›daki gibi hesaplan›r.
(5.34)
(5.34) eflitli¤i ile bobin üzerinde ak›m de¤iflimi oldu¤u sürece bobin üzerinde
bir gerilim indüklenece¤i, ak›m de¤iflimi olmad›¤›nda bobin üzerinde herhangi bir
gerilim indüklenmeyece¤i anlafl›lmaktad›r.
(5.34) eflitli¤inin her iki taraf›n›n integrali al›nd›¤›nda bobinden geçen ak›m elde edilir.
i( t ) =
t
1
v (t ) dt + I (0)
L∫
0
(5.35)
I(0) bobin üzerinden geçen bafllang›ç (t = 0 an›ndaki) ak›m› ifade etmektedir.
SIRA S‹ZDE
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
8
De¤eri 25 mH
olan
bir bobinin içerisinden geçirilen ak›m 30 ms içerisinde 2 A’dan 5 A’e
SIRA
S‹ZDE
yükselmektedir. ‹ndüklenen voltaj›n de¤eri nedir?
fi Ü N E L ‹ M
BobindeD ÜGüç
ve Enerji
Bir devrede harcanan güç P = Vi ile hesaplan›r. Enerji (w) ise w = Vit eflitli¤i ile
S O R U yola ç›karak bobinde harcanan güç
bulunur. Buradan
di
P = Li D ‹ K K A T
dt
ya da
N N
P=
dwL
(5.36)
SIRA S‹ZDE
dt
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
(5.37)
115
eflitlikleri ile hesaplan›r. Enerji ise afla¤›daki formül ile hesaplan›r ve birimi Joule’dür.
wL (t ) =
1 2
Li
2
(5.38)
‹ndüktans› 5 mH olan bir bobin üzerinden 3 A’lik ak›m akmaktad›r. Bobin üzerindeki enerjiyi hesaplay›n›z.
Çözüm 16:
1
wL (t ) = 5(10−3 )32
2
wL (t) = 22.5 (10-3) Joule
Bobinin Kullan›m Alanlar›
Bobin içyap›s› ve çal›flma prensibine ba¤l› olarak de¤iflen karakteristik özellikleri
ile elektrik/elektronikte farkl› amaçlar› yerine getirmede kullan›l›r. Bobinin kullan›m alanlar›n› flekillendiren bu karakteristik özellikler afla¤›daki gibi s›ralanabilir.
• Üzerinde manyetik alan oluflmas›
• Üzerinde ortaya ç›kan manyetik alan›n elektrik enerjisi indüklemesi
• Do¤ru ak›ma kolayl›k gösterip alternatif ak›m›n geçifline zorluk göstermesi
Manyetik Alan Oluflmas›
Üzerinde manyetik alan oluflmas› özelli¤i bobinin m›knat›sl›k özelli¤i kazanmas›
demektir. M›knat›sl›k özelli¤i kazand›¤› için yak›n›nda bulunan demir veya çelik
gibi malzemeleri çekebilir. Buna “elektrom›knat›sl›k özelli¤i” denir ve devrelerde
bu görevi yapan bobinler genel olarak “elektrom›knat›s” olarak isimlendirilir. Elektrom›knat›sl›k özelli¤inin kullan›ld›¤› devre eleman› genel olarak “manyetik röle”
olarak isimlendirilmektedir. Manyetik röleler açma-kapama iflleminin gerekti¤i
devrelerde kullan›l›r. Rölenin kullan›ld›¤› devrelere örnek olarak kap› otomati¤i,
kap› zili verilebilir.
Bobinin Üzerinde Meydana Gelen Manyetik Alan›n Elektrik Enerjisi
‹ndüklemesi
Bobinlerin üzerinde oluflan manyetik alan›n bobin üzerinde bir indüksiyon geriliminin oluflmas›na neden olmas› prensibinden transformatör ve jeneratörlerde
yararlan›l›r.
Jeneratörler: Jeneratörler elektrik enerjisi üretiminde kullan›l›r. Jeneratörlerde
“de¤iflken manyetik alan içinde bulunan bobin sarg›lar› üzerinde bir gerilim indüklenir “ prensibinden yararlan›l›r.
Transformatörler: Transformatörlerde amaç iki bobinin karfl›l›kl› etkilefliminden yararlanarak mevcut elektrik enerjisini art›rmak ya da azaltmakt›r.
Do¤ru Ak›ma Kolayl›k Gösterip Alternatif Ak›m›n Geçifline Zorluk
Gösterme
Bobin do¤ru gerilimde ak›m›n geçifline omik direnç gösterirken alternatif gerilimde ak›m›n geçifline zorluk göstermektedir. Bu özelli¤i nedeniyle elektronikte özellikle filtre devrelerinde kondansatör ile birlikte yayg›n olarak kullan›lmaktad›r.
ÖRNEK 16
116
Devre Analizi
Özet
Kondansatör ve bobin enerji depolayabilen devre elemanlar›d›r. Kondansatör enerjiyi, plakalar›na uygulanan potansiyel fark›n oluflturdu¤u elektrik alanda depolarken, bobin enerjiyi üzerinden geçen ak›m›n oluflturdu¤u manyetik alanda depolar.
Kondansatör kullan›lan do¤ru ak›m devrelerinde çok
k›sa bir süre ak›m ak›fl› olur ve bu sürede kondansatör üzerinde enerji depolan›r. Enerji depoland›ktan
sonra ak›m ak›fl› durur ve kondansatör aç›k devre özelli¤i gösterir. Sürenin çok k›sa olmas› nedeniyle kondansatör do¤ru ak›mda aç›k devre özelli¤i gösterir denir. Kondansatörden geçen ak›m i = Cdv / dt eflitli¤i
ile hesaplan›r.
Alternatif ak›m devrelerinde kondansatör, uygulanan
gerilimin frekans› kadar s›kl›kta flarj ve deflarj olur. Yüklü bir kondansatörün enerjisi 1 Cv 2 ile hesaplan›r.
2
Bobin kullan›lan do¤ru ak›m devrelerinde ise bobin k›sa devre özelli¤i gösterir. Bobin üzerinde indüklenen
gerilim v = Ldi / dt eflitli¤i ile hesaplan›r.
Alternatif ak›m devrelerinde bobin ak›m de¤iflimine
karfl› koyar ve üzerinde z›t emk meydana gelir. Bu da
ak›m ak›fl›nda gecikmeye neden olur. Bobinin enerjisi
1 2 ile belirlenir.
Li
2
Seri kondansatörlerin eflde¤er s›¤a hesab›, paralel dirençlerdeki gibi yap›l›r. Paralel kondansatörlerin eflde¤er s›¤as›, seri dirençlerdeki gibi hesaplan›r.
Seri ve paralel ba¤l› bobinlerin eflde¤er indüktans›, dirençlerdeki gibi hesaplan›r.
Kondansatör ve bobin içyap›s› ve çal›flma prensiplerine
ba¤l› olarak de¤iflen karakteristik özellikleri nedeniyle
farkl› devrelerde farkl› amaçlar› gerçeklefltirmek için
kullan›l›r. Filtre devreleri, bobin ve kondansatörün birlikte kullan›ld›¤› devrelerden biridir.
117
1. Afla¤›da s›¤as› ve çal›flma gerilimi verilen kondansatörlerden hangisi flekildeki devrede kullan›lamaz?
4. fiekildeki devrede L1 = 10 mH, L2 = 10 mH, L3 = 30
mH ve L4 = 60 mH ise devrenin toplam indüktans› nedir?
L1
R
20V
a.
b.
c.
d.
e.
10
10
10
10
10
C
µF,
µF,
µF,
µF,
µF,
L2
10 F
L3
40 V
30 V
28 V
20 V
10V
-V +
2. 15 pF’l›k düzlemsel bir kondansatörün yal›tkan malzemesi kâ¤›tt›r. Kondansatörün plakalar› aras›ndaki mesafe 1 mm olup, 6 adet plaka kullan›lm›flt›r. Buna göre
kondansatörde kullan›lan bir plakan›n yüzey alan› yaklafl›k olarak nedir? (Kâ¤›d›n ba¤›l dielektrik katsay›s›
(εr) 3.5’dur).
a. 2 cm2
b. 1 cm2
c. 2 mm2
d. 1 mm2
e. 0.5 mm2
3. fiekildeki devrede C1 = 20 µF, C2 = 20 µF, C3 = 7 µF,
C4 = 3 µF ise devrenin toplam s›¤as› nedir?
C1
+
V
a.
b.
c.
d.
e.
-
30 µF
20 µF
10 µF
7 µF
5 µF
L4
30
C2
C3
C4
a.
b.
c.
d.
e.
110 mH
95 mH
40 mH
25 mH
30 mH
5. 30 V’luk gerilim uyguland›¤›nda 22.5 mJ enerji depolamas› istenen bir kondansatörün kapasitesi ne olmal›d›r?
a. 25 mF
b. 40 mF
c. 50 mF
d. 40 µF
e. 50 µF
6. 220 V 50 Hz’lik bir gerilim kayna¤›na 10 µF’l›k 4
adet kondansatör paralel ba¤lanm›flt›r. Devrenin eflde¤er kapasitif reaktans› afla¤›daki seçeneklerden hangisinde do¤ru olarak verilmifltir?
a. 40 Ω
b. 125.6 Ω
c. 159.2 Ω
d. 79.6 Ω
e. 12.7 Ω
7. 220 V 50 Hz’lik bir gerilim kayna¤›na 40 mH’lik 4
adet bobin paralel ba¤lanm›flt›r. Devrenin eflde¤er indüktif reaktans› afla¤›daki seçeneklerin hangisinde do¤ru olarak verilmifltir?
a. 3.14 Ω
b. 50.24 Ω
c. 160 Ω
d. 10 Ω
e. 6.28 Ω
118
Devre Analizi
8. fiekilde sembolü verilen devre eleman› afla¤›dakilerden hangisidir?
1. e
2. b
3. e
4. d
a.
b.
c.
d.
e.
Hava nüveli bobin
Sac nüveli bobin
Ayarl› bobin
Ferrit nüveli bobin
Demir nüveli bobin
9. fiekilde sembolü verilen devre eleman› afla¤›dakilerden hangisidir?
5. e
6. d
7. a
8. b
9. c
10. c
a.
b.
c.
d.
e.
Varyab›l kondansatör
Hava nüveli kondansatör
Trimer kondansatör
Varikap
Toroid kondansatör
10. Kondansatörün alternatif ak›ma karfl› gösterdi¤i zorlu¤a ne denir?
a. Kapasitans
b. ‹ndüktans
c. Kapasitif Reaktans
d. Endüktif Reaktans
e. Omik Rezistans
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Kondansatör Seçiminde
Önemli Karakteristikler” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Kondansatörün Kapasitesine Etki Eden Faktörler” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Kondansatörlerin Seri, Paralel ve Kar›fl›k Ba¤lanmas›” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Bobinlerin Seri, Paralel ve
Kar›fl›k Ba¤lanmas›” bafll›kl› konuyu yeniden
gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Yüklü Bir Kondansatörün
Sahip Oldu¤u Enerjinin Hesaplanmas›” bafll›kl›
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Kondansatörlerin Seri, Paralel ve Kar›fl›k Ba¤lanmas›” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Bobinlerin Seri, Paralel ve
Kar›fl›k Ba¤lanmas›” bafll›kl› konuyu yeniden
gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Bobin Çeflitleri” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Kondansatör Çeflitleri” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Kondansatör” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
119
Cefl = 0.1 (10-6) + 0.1 (10-6) + 0.1 (10-6) + 0.1 (10-6)
Cefl = 0.4 (10-6) F= 0.4 µF
S›ra Sizde 1
Q = C.V
Q = 50.10-6.100 = 5.10-3 C = 5 mC
S›ra Sizde 2
Sinüzoidal bir dalgan›n zaman› ba¤l› gerilim ifadesi afla¤›daki gibidir.
S›ra Sizde 5
C1 ve C2 kondansatörleri seri ba¤l›d›r. C12 = 3 mF
V = Vm sin wt
C12 ve C345 seri ba¤l›d›r.
Burada; Vm dalgan›n maksimum genli¤ini, w aç›sal h›z›n›, t ise zaman› göstermektedir. Aç›sal h›z w = 2πf’e
eflittir.
Soruda alternatif ak›m kayna¤›n›n zamana ba¤l› ifadesi
afla¤›daki gibi verilmifltir.
Ces = C12345 = 2.25 mF
V = 5 2 sin 100πt
Burada 5 2 de¤eri kayna¤›n maksimum genli¤ini,
100π de¤eri ise gerilimin aç›sal h›z›n› göstermektedir.
Soruda aç›sal h›z w = 100π = 2πf oldu¤una göre alternatif ak›m›n frekans› 50 Hz olarak bulunur. Buna göre
C ve f de¤eri kapasitif reaktans formülünde yerine kondu¤unda afla¤›daki sonuç elde edilir:
XC =
1
2( 3.14 )( 50 )( 100 )( 10
−12
)
=
109
31.4
XC = 31.85 MΩ
S›ra Sizde 6
XL = 2πfL
5 = 2 (3.14) 50 L
L = 0.0159 H
S›ra Sizde 7
Lefl = L1 + L2 + L3 +L4
eflitli¤i ile hesaplan›r.
Lefl = 20 mH + 20 mH + 20mH + 20mH = 80 mH
S›ra Sizde 8
VL = L
di
dt
VL = 25(10−3 )
(5 − 2 )
−3
30(10
)
= 2.5 V
S›ra Sizde 3
Düzlemsel bir kondansatörün kapasitesi afla¤›daki eflitlik ile belirlenir.
C = 8.85(10
−12
)εr
A.( n − 1)
d
Eflitlikten de görülece¤i üzere dielektrik katsay›s› yüksek yal›tkan malzeme kullanmak, yüzey alan› genifl plakalar kullanmak, plaka say›s›n› art›rmak ve plakalar aras› mesafeyi mümkün oldu¤u kadar azaltmak kondansatörün kapasitesini artt›r›r.
S›ra Sizde 4
Kondansatörler paralel ba¤l› oldu¤una göre bu dört
kondansatörün eflde¤er s›¤as›
Cefl = C1 + C2 + C3 + ..... +Cn
eflitli¤i ile hesaplan›r.
Hayt, W. H., Kemmerly, J. E., Durbin S. M. (2006).
Engineering Circuit Analysis, New York: McGraw
Hill.
Crowell, B., (2011). Light and Matter, California:
Fullerton.
Boylestad, R. L. (2010). Introductory Circuit Analysis.
Prentice Hall.
Balabanian, N., (1994). Electric Circuits, New York:
McGraw-Hill.
Moura L., Darwazeh I., (2005). Introduction to Linear
Circuit Analysis and Modelling, Elsevier.
6
DEVRE ANAL‹Z‹
Amaçlar›m›z
N
N
N
Anahtarlamal› RL ve RC devrelerinde bafllang›ç koflullar› için gerekli incelemeleri yapabilecek,
Kaynaks›z RL ve RC devrelerinde do¤al tepki analizi yapabilecek,
Direnç ve güç kaynaklar›ndan oluflmufl devrelerde birim basamak fonksiyonu analizi yapabilecek
Anahtar Kavramlar
• Zaman sabiti
• Do¤al tepki
• Birim basamak fonksiyonu
‹çindekiler
Devre Analizi
RL ve RC Devreleri
•
•
•
•
G‹R‹fi
KAYNAKSIZ RL DEVRES‹
KAYNAKSIZ RC DEVRES‹
B‹R‹M BASAMAK FONKS‹YONU
RL ve RC Devreleri
G‹R‹fi
Bu bölümde, do¤ru ak›mdaki RL ve RC devrelerinin analizi ele al›nm›flt›r. Öncelikle basit yap›daki kaynaks›z RL ve RC devreleri ele al›nacakt›r. Bu devrelerde anahtarlama öncesi devrede güç kayna¤› oldu¤u dikkate al›narak bafllang›ç flartlar› analizi gerçeklefltirilecektir.
Kaynaks›z RL ve RC devrelerinde t = 0 an›ndan önce devrede en az bir kaynak
varken, t = 0 an›nda tüm kaynaklar devreden ç›kar›lmaktad›r. Bu durumda devrenin gösterdi¤i tepkiye “do¤al tepki” ad› verilmektedir.
RL devrelerinde bobin üzerinden geçen ak›m, RC devrelerinde ise kondansatör
üzerindeki gerilim ifadesi matematiksel olarak hesapland›ktan sonra bu noktadan
hareketle baflka elemanlar üzerinden geçen ak›m veya elemanlar üzerine düflen
gerilimler Kirchhoff Kanunlar› ve Ohm Kanunu kullan›larak bulunabilir. Genel
yaklafl›m bafll›¤› alt›nda bu analiz gerçeklefltirilmektedir.
Birim basamak fonksiyonu kullan›lan devreler bu bölümün son konusudur. Birim basamak fonksiyonu anl›k olarak devreye bir kayna¤›n ba¤lanmas› veya ç›kart›lmas›nda bir gösterim olarak kullan›labilir. Bu bölümde direnç ve güç kaynaklar›ndan oluflmufl devrelerde birim basamak fonksiyonunun etkisi incelenecektir.
Konular›n pekiflmesi amac›yla çok say›da örne¤e detayl› olarak verilmifltir.
KAYNAKSIZ RL DEVRES‹
‹çerisinde bobin bulunan devrelerin analizi, devreyi karakterize eden diferansiyel
denklemlerin oluflturulmas› ve bunlar›n çö+
zümüne ba¤l›d›r. Analizler üç zaman dilimi
dikkate al›narak gerçeklefltirilir. t < 0 anahtar›n konum de¤ifltirmeden önceki zaman
R
R
L
dilimini, t = 0 anahtar›n konum de¤ifltirdi¤i
an›, t > 0 ise anahtar›n konum de¤ifltirdik+
ten sonraki zaman dilimini gösterir. Analizler sonucu elde edilen denklem, homojen
do¤rusal diferansiyel denklemdir. Diferansiyel denklemin çözümü devrenin tepkisini
gösterir. Analizlerde devrenin yeterli süre t < 0 durumunda kald›¤› varsay›l›r.
fiekil 6.1
i
L
Kaynaks›z RL
devresi.
122
Devre Analizi
fiekil 6.1’de bir RL devresi görülmektedir. Devre üzerinde oR , oL ve i flekildeki
gibi tan›ml›d›r. Bu devre için Kirchhoff’un Gerilim Kanunu’na göre afla¤›daki eflitlik yaz›l›r:
oR + oL = 0
(6.1)
oR ve oL aç›k olarak yaz›ld›¤›nda (6.2) eflitli¤i elde edilir:
Ri + L
di
=0
dt
(6.2)
Eflitli¤in her iki taraf› L’ye bölündü¤ünde afla¤›daki eflitlik bulunur:
di
R
+ i=0
dt
L
(6.3)
Ayn› de¤iflkenler ayn› tarafa topland›¤›nda (6.4) eflitli¤i elde edilir:
di
R
= – dt
i
L
(6.4)
Bu diferansiyel denklemin çözümü ise flu flekildedir:
i(t) = I 0 e– Rt/L
(6.5)
I0 ≠ 0 olmas› bobin üzerinde manyetik enerji depoland›¤› anlam›na gelir. Eflitlik (6.5)’de üstel fonksiyonun üs de¤erinin negatif olmas› (-Rt / L) bobinde depolanan enerjinin üstel olarak azald›¤› anlam›na gelmektedir. Süre ilerledikçe ak›m
azalmakta ve s›f›r de¤erine yaklaflmaktad›r.
(6.5) eflitli¤i için elde edilen e¤rilerin genel yap›s› ayn›d›r. R / L ya da L / R oran› ayn› olan tüm seri RL devreleri için ayn› e¤ri elde edilir. Bu eflitlikteki L / R oran›na “Zaman Sabiti” denir ve x ile gösterilir. Zaman sabitinin birimi saniyedir. Afla¤›daki flekilde i ’nin zaman sabitine ba¤l› de¤iflimi görülmektedir.
fiekil 6.2
RL devresinde i - t
de¤iflimi.
i
I0
0.37I0
0.14I0
0.05I0
0
2
3
4
5
t
123
6. Ünite - RL ve RC Devreleri
Zaman sabiti eflitli¤i flu flekildedir:
x =
L
R
(6.6)
Zaman sabiti eflitli¤ine göre L sabitken R artt›kça zaman sabiti azal›r ve bu durumda (6.5) eflitli¤ine göre ak›m daha k›sa sürede sönümlenir. R azald›kça ise zaman sabiti artar ve ak›m daha uzun sürede sönümlenir. Ayn› inceleme R sabit tutularak L için de yap›labilir. R sabitken L’nin artmas› zaman sabitinin artmas›na,
L’nin azalmas› ise zaman sabitinin azalmas›na neden olur. Pratikte e¤rinin 5x’luk
bir sürede s›f›rland›¤› kabul edilir. Bu durum, bobin üzerindeki enerjinin 5x’luk bir
sürede tükendi¤i anlam›na gelmektedir.
(6.5) eflitli¤inde x’nun yerine konmas›yla birlikte afla¤›daki eflitlik elde edilir.
i(t) = I 0 e-t/ x
(6.7)
Eflitlikten görüldü¤ü üzere i(t) de¤erinin belirlenebilmesi için I0 ’a yani ak›m›n
bafllang›ç de¤erine ihtiyaç vard›r. RL devrelerinin analizinde gerekli olan bafllang›ç
de¤erlerinin hesaplanmas›nda bobinin durum
de¤iflikliklerine çok k›sa sürede tepki vermeyip
belli bir süre önceki durumunu korumas› özelliR
¤inden yararlan›l›r. Bu durum flu flekilde ifade
edilir: I0 = i (0–) = i (0+) = i (0). Bu flekilde ak›i
m›n bafllang›ç de¤eri ve zaman sabiti belirlendikten sonra (6.7) eflitli¤inde yerine konarak anaL
liz tamamlan›r.
S
fiekil 6.3’de görülen RL devresi dikkate al›nd›¤›nda, zaman sabiti ayn› zamanda ak›m›n, 0.63
kat›na ulaflma süresini verir. 5x’luk bir sürede
geçen ak›m›n, en yüksek de¤erini ald›¤› kabul
edilir. i ak›m› ve t, zaman› göstermek üzere i - t
e¤risi fiekil 6.4’te görülmektedir.
fiekil 6.3
RL devresi.
fiekil 6.4
RL devresinde i - t
e¤risi.
i (t)
i
0.98i
0.95i
0.86i
0.63i
0
2
3
4
5
t
124
Devre Analizi
ÖRNEK 1
fiekildeki devrede kapal› olan S anahtar› t = 0 an›nda aç›lm›flt›r. Buna göre t = 200
ms’deki iL ak›m›n› hesaplay›n›z.
10
+
S
iL
t=0
5H
40
24V
-
Çözüm 1:
Anahtar›n kapal› ve aç›k olma durumlar›na göre iki ayr› devre söz konusudur.
Çözüm için öncelikle bu iki duruma göre devrelerin yeniden çizilmesi ve iflaretlemelerin do¤ru flekilde yap›lmas› gerekir. Anahtar kapal› durumda iken solda görülen devre, anahtar aç›k durumda iken sa¤da görülen devre elde edilir.
10
+
10
+
iL
S
5H
40
iL
5H
40
24V
-
-
(6.7)’de verilen eflitlik gözönüne al›nd›¤›nda devrede öncelikle bafllang›ç an›nda bobin üzerinden geçen ak›m (I 0) bulunmal›d›r. I0 = i (0–) = i (0+) = i (0) oldu¤undan I 0 , t < 0 durumunda elde edilen soldaki devre esas al›narak bulunur. Bu
durumda bobin k›sa devre olarak davranmaktad›r ve üzerinden geçen ak›m
iL (0− ) = iL (0+ ) = iL (0 ) =
24
= 2 .4 A = I 0
10
fleklinde hesaplan›r. Burada, iL (0–) = iL (0+) = iL (0) fleklinde yaz›lma nedeni
yukar›da da belirtildi¤i gibi bobin üzerinden akan ak›m›n bir anda de¤iflmemesidir.
Anahtar›n konum de¤ifltirmesinden sonraki 200. ms’de geçen ak›m soruldu¤undan zaman sabitinin sa¤daki devre dikkate al›narak belirlenmesi gerekir.
Devrede 5H’lik bir bobin ve birbirine seri ba¤l› 2 direnç yer almaktad›r. Buna göre L = 5 H ve Refl = 50 ohm’dur.
Devrenin zaman sabiti afla¤›daki gibi hesaplan›r:
x=
L
5
=
= 0.1 s
R 50
125
I0 ve x yerine konarak bobin üzerinden akan ak›m için afla¤›daki eflitlik bulunur:
i(t) = I 0 e
–t/ x
= 2 .4 e
–t/0.1
= 2.4 e
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
–10 t
Bulunan eflitlikte t = 0.2 s yerine yaz›l›rsa ak›m de¤eri bulunur:
i (0.2) = 2.4 e–2 = 0.32 A
RL devrelerinde zaman sabitinin hesaplanmas›nda devrede birden fazla
ve bobin
D ‹ K Kdirenç
AT
varsa bu elemanlar›n eflde¤eri, Thevenin eflde¤er bulma yöntemi kullan›larak belirlenir.
SIRA S‹ZDE
N N
fiekildeki devrede kapal› olan S anahtar› t = 0 an›nda aç›ld›¤›na göre
t >S‹ZDE
0 için bobin geSIRA
riliminin zamana ba¤l› ifadesini bulunuz.
AMAÇLARIMIZ
4
S
+
t=0
iL
10V
AMAÇLARIMIZ
K S‹ OT R AU P
K S ‹ O TR AU P
D‹KKAT
TELEV‹ZYON
D‹KKAT
TELEV‹ZYON
-
KAYNAKSIZ RC DEVRES‹
Bu bölümde RC devresinin do¤al tepkisi incelenmifltir. RL devresinde oldu¤u gibi analizler t < 0, t = 0 ve
t > 0 olmak üzere üç zaman dilimi dikkate al›narak
gerçeklefltirilir. RC devresinin yeterli süre t < 0 durumunda kald›¤› kabul edilmektedir.
fiekil 6.5’de bir RC devresi görülmektedir. Devrede o, iC ve iR flekildeki gibi tan›ml›d›r. Bu devre için
Kirchhoff’un Ak›m Kanunu’na göre afla¤›daki eflitlik
yaz›labilir:
iC + iR = 0
SIRA S‹ZDE
‹NTERNET
AMAÇLARIMIZ
ic
N N
dv v
+ =0
dt R
SIRA S‹ZDE
‹NTERNET
AMAÇLARIMIZ
fiekil 6.5
Kaynaks›z RC
devresi.
iR
K ‹ T A P +
K ‹ T A P
C
R
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
(6.8)
iR ve iC aç›k olarak yaz›ld›¤›nda
(6.9)
eflitli¤i elde edilir.
Eflitli¤in her iki taraf› C’ye bölündü¤ünde ise,
dv
v
+
=0
dt RC
1
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
5H
6
C
D‹KKAT
(6.10)
eflitli¤i elde edilir ve ayn› de¤iflkenler ayn› tarafa topland›¤›nda (6.11) eflitli¤i
bulunur:
126
Devre Analizi
dv
1
=–
dt
v
RC
(6.11)
Elde edilen (6.11) eflitli¤i, RL devresi için elde edilen (6.4) eflitli¤ine benzemektedir. (6.11) diferansiyel denkleminin çözümü (6.4) denkleminin çözümüne benzerdir ve flu flekildedir:
o (t ) = o (0)e –t/RC = V0e–t/RC
(6.12)
V0 ≠ 0 olmas› kondansatörün V0 gerilimine flarj oldu¤u anlam›na gelir. Eflitlik
(6.12)’de üstel fonksiyonun üs de¤erinin negatif olmas› (–t / RC ) kondansatörde
depolanan enerjinin üstel olarak azald›¤› anlam›na gelmektedir. Bu azalma süresi
RC’ye ba¤l›d›r. Eflitlik (6.12)’de RC ifadesi, RC devreleri için zaman sabiti olarak ele
al›n›r ve flu flekilde tan›ml›d›r:
x = RC
(6.13)
Zaman sabitinin birimi saniyedir. Zaman sabiti R ve C ile do¤ru orant›l› olarak
de¤iflir. R’nin ya da C’nin artmas› zaman sabitini artt›r›r. Ayn› flekilde R ya da C’deki azalma zaman sabitinin azalmas›na neden olur. (6.12) eflitli¤ine göre zaman sabitinin yüksek olmas› kondansatörün uçlar›ndaki gerilimin daha yavafl sönümlenece¤i anlam›na gelir. Zaman sabiti azald›kça ise kondansatörün uçlar›ndaki gerilim
h›zl› sönümlenir. Pratikte kondansatörün uçlar›ndaki gerilimin 5x’luk bir sürede s›f›rland›¤› kabul edilir. Bu durum kondansatörün 5x’luk bir sürede deflarj oldu¤u
anlam›na gelmektedir. fiekil 6.6’da v - t de¤iflimi görülmektedir.
fiekil 6.6
RC devresinde v - t
de¤iflimi.
v
V0
0.37V0
0.14V0
0.05V0
0
2
3
4
5
t
(6.12) eflitli¤inde zaman sabiti yerine kondu¤unda afla¤›daki eflitlik elde edilir.
o (t ) = o (0)e –t/x = V0e–t/x
(6.14)
Eflitlikten görüldü¤ü üzere o (t ) de¤erinin belirlenebilmesi için V0’a yani gerilimin bafllang›ç de¤erine ihtiyaç vard›r. RC devrelerinin analizinde gerekli olan
bafllang›ç de¤erlerinin hesaplanmas›nda kondansatörün durum de¤iflikliklerine
çok k›sa sürede tepki vermeyip belli bir süre önceki durumunu korumas› özelli-
127
¤inden yararlan›l›r. Bu durum flu flekilde ifade edilir:
V0 = o (0–) = o (0+) = o (0). Bu flekilde gerilimin bafllang›ç de¤eri ve zaman sabiti belirlendikten sonra (6.14)
eflitli¤inde yerine konarak analiz tamamlan›r.
fiekil 6.7’de görülen RC devresi dikkate al›nd›¤›nda,
zaman sabiti ayn› zamanda kondansatörün flarj olmas›
esnas›nda flarj geriliminin 0.63 kat›na ulaflma süresidir.
Kondansatörün 5x’luk bir sürede uçlar›na uygulanan
gerilimin tamam›na flarj oldu¤u kabul edilir. fiekil 6.8’de
Vc - t e¤risi görülmektedir.
fiekil 6.7
R
RC devresi.
C
V
fiekil 6.8
RC devresinde Vc - t
de¤iflimi.
Vc (t)
Vc
0.98Vc
0.95Vc
0.86Vc
0.63Vc
0
2
3
4
5
t
fiekildeki devrede kapal› olan S anahtar› t = 0 an›nda aç›lmaktad›r. t = 200 µs’deki v gerilimini hesaplay›n›z.
4
S
t=0
2
10 F
9V
+
-
Çözüm 2:
Anahtar aç›lmadan önceki (t < 0) devre sol tarafta ve aç›ld›ktan sonraki (t > 0)
devre sa¤ tarafta olmak üzere afla¤›da görülmektedir.
ÖRNEK 2
128
Devre Analizi
4
4
S
2
10 F
9V
+
2
-
10 F
+
-
(6.14)’te verilen eflitlik gözönüne al›nd›¤›nda devrede öncelikle bafllang›ç an›nda kondansatör üzerindeki gerilim (V0 ) bulunmal›d›r. Bunun için sol tarafta görülen devre esas al›n›r ve çok uzun bir süre devrenin bu halde kald›¤› düflünülerek
t < 0 incelemesi gerçeklefltirilir. Bu durumda kondansatör aç›k devre olarak davranmaktad›r ve üzerindeki gerilim
o (0–) = o (0+) = o (0) = 9V = o 0
fleklinde yaz›labilir. Burada, o (0–) = o (0+) = o (0) fleklinde yaz›lma nedeni, yukar›da
da belirtildi¤i gibi kondansatör üzerindeki gerilimin bir anda de¤iflmemesidir.
t = 200 µs’deki kondansatör uçlar›ndaki gerilim de¤eri istendi¤ine göre t > 0
durumu için analize devam etmeli ve zaman sabiti (x) belirlenmelidir. t > 0 durumunda devrede iki direnç oldu¤undan eflde¤er direnç kullan›lmal›d›r. Sa¤daki
devre incelendi¤inde, 4 Ω ve 2 Ω’luk dirençlerin birbirine seri ba¤l› olmas› sebebiyle eflde¤er direncin 6 Ω oldu¤u görülmektedir.
Devrenin zaman sabiti flu flekildedir:
x = RC = 6(10)(10–6) = 6(10–5)s
Bu durumda (6.14) eflitli¤ine göre kondansatör üzerindeki gerilim,
−t
−5
x
S‹ZDE
v(t) = vSIRA
(0 )e–t/
= V0 e−t / x = 9e 6 (10 )
SIRA S‹ZDE
olarak bulunur. Yukar›daki eflitlikte t = 0.0002 s yerine yaz›l›rsa,
-5
o (0.0002) = 9e–0.0002/6.10
S O R U
S O R U
de¤eri elde edilir.
D ‹ Kzaman
K A T sabitinin hesaplanmas›nda devrede birden fazla direnç ve kondansaRC devrelerinde
tör varsa bu elemanlar›n eflde¤eri, Thevenin eflde¤er bulma yöntemi kullan›larak belirlenir.
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
N N
ÖRNEK 3
AMAÇLARIMIZ
SIRA S‹ZDE
fiekildeki devrede t = 0 an›nda anahtar ok yönünde hareket ettirilmektedir. t > 0
için v (t) gerilimini hesaplay›n›z.
AMAÇLARIMIZ
1k
1kV
‹NTERNET
1k
t=0
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
= 325mV
+
-
+
1k
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
1 F
-
1k
Çözüm 3:
o (t ) = o (0)e –t/x oldu¤una göre o(0) ve x’nun belirlenmesi gerekir. o(0) ve x
afla¤›daki gibi belirlenir.
1k
1k
1kV
+
+
-
(0)
1k
-
Bu durumda kondansatör aç›k devre özelli¤i gösterir ve uçlar›nda 1 kΩ’luk direnç üzerine düflen gerilim okunur. Kondansatör bu gerilime flarj olur. (Kondansatör ve 1 kΩ’luk direnç paralel oldu¤undan kondansatör bu de¤ere flarj olur). Bu
gerilim de¤eri afla¤›daki gibi belirlenir.
v(0− ) = v(0+ ) = v(0 ) =
1.10 3
1
1
1.10 3 = 10 3 = kV
3
3
3
3.10
t > 0 durumunda afla¤›daki devre elde edilir. (Bu durumda 1 kV’luk gerilim
kayna¤› ve 1 kΩ’luk direnç devre d›fl›d›r).
1k
1k
+
-
1 F
1k
Yukar›da o(0) belirlendi¤ine göre tek bilinmeyen, zaman sabiti (x)’dir. x’nun
hesaplanmas›nda devrede birden fazla direnç oldu¤u için eflde¤er direnç de¤eri
(Refl) kullan›lmal›d›r. Buna göre x afla¤›daki gibi hesaplan›r.
x = Reş C =
2
2
.10 3 .1 .10−6 = 10−3 s
3
3
o (t ) = o (0) . e –t/x eflitli¤inde v(0) ve x yerine kondu¤unda v(t) =
1 3 −1500 t
V
10 e
3
sonucu bulunur.
Kaynaks›z RL ve RC devrelerinde analiz ifllemleri afla¤›da k›saca özetlenmifltir:
1. Kaynaks›z RL ya da RC devrelerinde, devrenin tepkisi (do¤al tepki) tüm elemanlar için ayn›d›r ve Ae –t/x ’ya eflittir. A, aranan ak›m ya da gerilimin bafllang›ç an›ndaki (t=0) de¤erini ifade etmektedir.
2. Bu analizlerde devrede bir ak›m ya da gerilimin bafllang›ç de¤eri ya do¤rudan verilir ya da t < 0 durumundaki devre verilir. Bir ak›m ya da gerilimin
129
130
Devre Analizi
bafllang›ç de¤eri verilmemiflse t < 0 durumundaki analizden yararlan›larak
bafllang›ç de¤eri hesaplan›r (i (0), o(0)). t < 0 durumunda devrede kaynak
vard›r. Devrede kaynak varken bobin k›sa devre, kondansatör ise aç›k devre özelli¤i gösterir. Bu haldeyken devre bir RL devresi ise bobinden geçen
ak›m (i ), RC devresi ise kondansatör uçlar›ndaki gerilim (o) belirlenir. Bobinden geçen ak›m›n de¤eri i (0–) = i (0) = i (0+)’tir. Benzer flekilde kondansatör üzerindeki gerilimin de¤eri o (0–) = o (0) = o (0+)’tir.
3. t > 0 durumu için Zaman Sabiti (x) hesaplan›r. Zaman sabiti hesaplan›rken
devrenin yap›s›na göre (RL ya da RC olma durumuna göre) devrede bulunan dirençlerin, bobinlerin ya da kondansatörlerin (Refl , Lefl ya da Cefl ) eflde¤eri kullan›l›r.
4. Ae –t/x ifadesinde bafllang›ç de¤eri ve zaman sabiti yerine konarak ak›m ya
da gerilim eflitli¤i bulunur. Bulunan bu ak›m ya da gerilim eflitli¤i kullan›larak devredeki di¤er ak›m ya da gerilimleri hesaplamak mümkündür.
SIRA S‹ZDE
2
fiekildeki devrede
t = 0 an›nda S anahtar› ok yönünde hareket ettiriliyorsa v (0) ve v(2 ms)
SIRA S‹ZDE
de¤erlerini hesaplay›n›z.
t=0
S O R U
800
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
S
S O R U
+
D ‹ K K A T-
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
732
N N
2 F
50V
SIRA S‹ZDE
Genel Yaklafl›m
AMAÇLARIMIZ sadece bobin ya da kondansatör ile ilgili parametreler deRL ve RC devrelerinde
¤il di¤er elemanlar ile ilgili parametrelerin de incelenmesi istenebilir. Kaynaks›z RL
ya da RC devrelerinde, A bafllang›ç an›ndaki (t = 0) ak›m ya da gerilim de¤erini
K ‹ T A P
göstermek üzere devrenin tepkisi tüm elemanlar için ayn›d›r ve Ae –t/x ’ya eflittir.
Bu yaklafl›mla Ohm Kanunu ile Kirchhoff Kanunlar› kullan›larak devrede istenen
elektriksel büyüklükler hesaplanabilir. Bu kapsamda afla¤›da RL ve RC devreleri
TELEV‹ZYON
ayr› ayr› ele al›nm›flt›r.
Genellefltirilmifl RL Devreleri
‹NTERNET
RL devrelerinde
üzerinden geçen ak›m ya da bobin üzerindeki gerilim d›‹ N T E R Nbobin
ET
fl›nda di¤er devre elemanlar› ile ilgili ak›m ya da gerilim de¤erlerinin belirlenmesi
gerekebilir. Kaynaks›z RL devrelerinde, devrenin tepkisi (do¤al tepki) tüm elemanlar için ayn›d›r ve Ae –t/x ’ya eflittir. Bu durumda Kirchhoff Kanunlar› ile Ohm Kanunundan yararlan›l›r. Afla¤›da konu ile ilgili örneklere yer verilmifltir.
fiekil 6.9’da görülen devrede t < 0 an›nda bir kaynak vard›r ve t = 0 an›nda kaynak devreden ç›kar›lm›flt›r. Buna göre i1, i2 ve iL ak›mlar›n›n belirlenmesinde afla¤›daki yöntem izlenir.
131
fiekil 6.9
R3
R1
R2
i1
L
Örnek RL devresi.
iL
R4
i2
Öncelikle devrenin zaman sabitini hesaplamak için eflde¤er direnç belirlenmelidir. fiekildeki devre için Refl afla¤›daki gibidir.
Reş =
R1 .R2
+ R3 + R4
R1 + R2
(6.15)
Devrede t < 0 an›nda bir kaynak oldu¤undan t = 0 an›nda bobin üzerindeki
ak›m s›f›rdan farkl›d›r (iL (0) ≠ 0).
Bu durumda bobin üzerinden akan ak›m;
iL (t ) = IL e –t/x
(6.16)
0
eflitli¤i ile belirlenir. Devrede R 2 direncinden geçen i2 ak›m› için Kirchhoff’un
Ak›m Kanunu kullan›larak afla¤›daki eflitlik yaz›l›r:
i2 = −
R1 
i L ( 0 ) e−t / x 

R1 + R 2 
(6.17)
Bobinden geçen ak›m›n bafllang›ç de¤erinden baflka di¤er ak›mlar›n bafllang›ç
de¤erleri biliniyor olabilir. Bu durumda bilinen bafllang›ç de¤erinden hareketle di¤er bilinmeyen bafllang›ç de¤erlerine ulaflmak mümkündür. Dirençler durum de¤iflikliklerine hemen tepki verdi¤inden i1 (0) ≠ i1(0 +) ve i2 (0) ≠ i2 (0 +) ’dir. Buna
göre i2 (0 +) için afla¤›daki eflitlik yaz›labilir.
i 2 ( 0+ ) = i 1 ( 0+ )
R1
R2
(6.18)
iL (0 +) ise afla¤›daki eflitlik ile belirlenebilir:
R + R2
i L ( 0+ ) = − i 1 ( 0+ ) + i 2 ( 0+ ) = − 1
i 1 ( 0+ )


R2
(6.19)
(6.17) eflitli¤inde (6.19) eflitli¤inde bulunan iL (0 +) eflitli¤i yerine kondu¤unda i2
için afla¤›daki eflitlik elde edilir.
i 2 (t ) = i 1 (0+ )
R1 –t/ x
e
R2
(6.20)
132
Devre Analizi
Bu eflitlikte yer alan e –t/x ifadesi hat›rlanaca¤› gibi bobinden geçen ak›m ifadesinde de yer almaktad›r ve ak›m›n üstel olarak sönümlenmesini gösterir.
i2 (t ) hesapland›ktan sonra, R2 üzerine düflen gerilim v2 olmak üzere
o2 (t ) = R 2 i 2 (t )
(6.21)
eflitli¤inden hesaplanabilir.
ÖRNEK 4
fiekildeki devrede kapal› olan anahtar t = 0 an›nda aç›lmaktad›r. t > 0 için i1 ve iL
ak›mlar›n›n zamana ba¤l› ifadelerini yaz›n›z.
120
60
iL
t=0
+
-
50
1mH
18V
2mH
90
3mH
i1
Çözüm 4:
t > 0 için i1 ve iL tepkisi ayn›d›r ve Ae –t/x ’ya eflittir. Bu durumda i1 (0), iL (0) ve
x’nun belirlenmesi gerekir.
iL (0) ’›n belirlenmesi için t < 0 analizi yap›l›r. Anahtar aç›lmadan önce (t=0 –)
bobinler k›sa devredir. Bu durumda iL ak›m›, iL (0 –) = 18/50=0.36 A fleklindedir ve
iL (0 –) = iL (0 +) = iL (0 ) = 0.36 A’dir.
t = 0 an›nda kaynak devre d›fl› kal›r. t > 0 durumu için devre incelendi¤inde yeni devrede Lefl ve Refl afla¤›daki gibi hesaplan›r.
120
60
iL
1mH
90
i1
50
2mH
3mH
Leş =
2( 3)
+ 1 = 2.2 mH
2+3
Reş =
90(60 + 120 )
+ 50 = 110 X
90 + 180
133
Lefl ve Refl belirlendikten sonra x ve iL (t) afla¤›daki gibi bulunur.
x=
Leş
Reş
=
2.2(10−3 )
= 20 µs
110
iL (t) = 360 e–50000 t mA
t < 0 ve t ≥ 0 durumlar› için iL (t) fonksiyonu afla¤›daki gibi yaz›l›r:
360 mA
iL (t) = 
360e –50000 t mA

t <0
t≥0
Direnç üzerinden geçen i1 ak›m› anahtar aç›lmadan önce; i1(0 –) =18/90 =0.2 A
de¤erindedir. Anahtar aç›ld›ktan sonra ise bu durumunu korumaz ve ak›m ani olarak de¤iflir. iL (0 +) de¤eri bilindi¤ine göre ak›m paylafl›m›ndan i1 (0 +) ifadesi afla¤›daki gibi bulunur.
i 1 ( 0+ ) = −i L ( 0+ )
120 + 60
= −240 mA
120 + 60 + 90
iL (0) ve x belirlendi¤ine göre i1 (t) ifadesi afla¤›daki gibi yaz›l›r.
200 mA
t <0
i 1 (t) = 
−240 e–50000 t mA t ≥ 0

fiekildeki devrede aç›k olan S anahtar› t = 0 an›nda kapat›lmaktad›r. Buna göre
o(15) de¤erini hesaplay›n›z.
1.2
0.3
+
6V
-
S
4.2H
0.7
t=0
Çözüm 5:
t > 0 için tüm devre elemanlar›n›n tepkisi ayn›d›r ve Ae –t/x ’ya eflittir. Bu durumda o (t ) = o (0 )Ae –t/x ’dir. o(t) ’nin belirlenmesinde afla¤›daki yöntem izlenir.
ÖRNEK 5
134
Devre Analizi
t < 0 durumunda afla¤›daki devre elde edilir. Devrede DC kaynak oldu¤undan
bobin k›sa devre özelli¤i gösterir. Bu durumda 0.7 Ω’luk direnç üzerinden ak›m
geçmedi¤ine dikkat edilmelidir.
1.2
0.3
i(0)
6V
0.7
i (0− ) = i (0+ ) = i (0 ) =
6
=4A
1.2 + 0.3
t > 0 durumunda flekildeki devre elde edilir.
0.3
4.2H
0.7
Bu durumda devrede 0.3 Ω ve 0.7 Ω’luk dirençler paraleldir.
Reş =
0.7(0.3)
= 0.21 X
0.7 + 0.3
Buna göre zaman sabiti;
x=
4.2
L
=
= 20 s
0.21
Reş
olarak bulunur. Bobin üzerinden akan i(t) ak›m› ise afla¤›daki gibi bulunur.
i(t) = 4e–t/20 = 4e–0.05t A
i(t) hesapland›ktan sonra, bobin üzerine düflen gerilim hesaplanabilir:
vL (t) = L
di
d (4.e−0.05 t )
= 4.2
= 4.2(−0.05( 4 e−0.05 t )) = −0.84 e−0.05 t V
dt
dt
Burada dikkat edilmesi gereken nokta yukar›da verilen denklemde polarite
(kutuplama) iflaretleridir. oL geriliminin (+) kutbu yukar›da ve (-) kutbu afla¤›dad›r.
Bu durumda tan›mlanm›fl o de¤eri ile oL aras›nda afla¤›daki iliflki yaz›labilir:
135
o (t ) = –oL (t ) = 0.84.e –0.05t V
o (t ) ifadesi elde edildikten sonra t = 15 s yerine konarak afla¤›daki sonuç elde
edilir.
o (15) = 0.396 V
Afla¤›daki devrede kapal› olan anahtar t = 0 an›nda aç›lmaktad›r. Buna göre i(t),
o L (t ) ve oR (t )’yi bulunuz.
t=0
i(t)
+
60
VL
-
8mA
0.01H
40
-
VL
+
Çözüm 6:
i(t) = i (0)e –t/x oldu¤una göre öncelikle i(0) bafllang›ç de¤erinin belirlenmesi
gerekir. Bu de¤erin belirlenmesi için t < 0 analizi yap›l›r. t < 0’da devrede kaynak
vard›r ve bu durumda bobin k›sa devre oldu¤undan i(0 –) = 8 mA’dir. Bu esnada
60 Ω ve 40 Ω’luk dirençlerden ak›m akmayaca¤›na dikkat edilmelidir. Bobin, anahtar aç›ld›ktan sonra hemen durum de¤ifltirmeyece¤inden i(0 –) =i(0 ) =i(0 +) = 8 mA
olur.
i(0)
8mA
60
40
t > 0 durumu ise x zaman sabitinin hesaplanmas›nda kullan›l›r. t > 0’da devre
flekildeki gibidir.
0.01H
40
x = L/R = 0.01/40 = 2.5(10–4) s
i(t) = i (0)e –t/x eflitli¤inde, x ve i(0 ) de¤erleri yerine konur.
ÖRNEK 6
136
Devre Analizi
–4
i(t) = 8e–t/2.5.10 = 8e–4000 t mA
i(t) bu flekilde elde edildikten sonra oR (t ) ve oL (t ) hesaplan›r.
vL (t) = L
di
d (8 (10−3 ) e−4000 t )
= 0.01
dt
dt
Eflitli¤inin zamana göre türevi al›n›r ve oL (t ) elde edilir.
oL (t ) = 0.01(8.10–3)(–4000)e –4000 t V
oL (t ) = –0.32e –4000 t V
oR (t ) Ohm Kanunu ile hesaplan›r.
oR (t ) = i(t)R40Ω = 8(10–3)e –4000 t (40) = 0.32e –4000 t V
SIRA S‹ZDE
3
fiekildeki devrede
aç›k olan S anahtar› t = 0 an›nda kapat›l›yorsa, t > 0 durumu için v8Ω(t)
SIRA S‹ZDE
ifadesini bulunuz.
D Ü fi Ü N E2L ‹ M
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
1H
N N
ÖRNEK 7
K ‹ T A P
8
+
0.4
8
i2
S t=0
2H
SIRA S‹ZDE
24V
AMAÇLARIMIZ
Afla¤›daki devrede kapal› olan anahtar t = 0 an›nda aç›lmaktad›r. Buna göre
K ‹ T A P
i(t)’yi bulunuz.
1k
TELEV‹ZYON
t=0
TELEV‹ZYON
i(t)
‹NTERNET
12V
‹NTERNET
200mH
60
Çözüm 7:
i(t) = i (0)e –t/x oldu¤una göre i(0) ve x’nun belirlenmesi gerekir. i(0) t < 0 durumuna göre, x ise t > 0 durumuna göre belirlenir. t < 0 durumunda devre afla¤›daki gibidir. Bobin k›sa devre özelli¤i gösterir. i(0 –) = 12/60 = 0.2 A. Bobin, anahtar›n aç›lmas›yla birlikte bir anda durum de¤ifltirmeyece¤inden i(0 –)=i(0 )=i(0 +) =
0.2 A olur.
137
1k
12V
60
i(0)
t > 0 durumunda devre afla¤›daki gibi olur.
1k
200mH
x = L/R = 200(10–3)/1(103) = 2(10–4) s
–4)
i(t) = 0.2e –t/2(10
= 0.2e –5000 t A
fiekildeki devrede aç›k olan S anahtar› t = 0 an›nda kapat›l›yorsa, t SIRA
= 0.15
s için iL ak›m›S‹ZDE
n› hesaplay›n›z.
2
S
2A
t=0
8
i2
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
0.4H
i1
iL
Genellefltirilmifl RC Devreleri
N N
AMAÇLARIMIZ
RC devrelerinde de RL devrelerinde oldu¤u gibi kondansatör
üzerindeki gerilim
d›fl›nda di¤er devre elemanlar› ile ilgili ak›m ya da gerilim de¤erlerinin belirlenmesi gerekebilir. Kaynaks›z RC devrelerinde, devrenin tepkisi (do¤al tepki) tüm ele‹ T A P
manlar için ayn›d›r ve Ae –t/x ’ya eflittir. Bu yaklafl›m yan›nda KKirchhoff
Kanunlar›
ile Ohm Kanunu kullan›larak istenen elektriksel büyüklükler hesaplan›r. Afla¤›da
konu ile ilgili bir örne¤e yer verilmifltir.
TELEV‹ZYON
fiekildeki devrede
= V0 ise
o(0+)
ve
i1(0+)
R2
R3
+
C
-
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
ÖRNEK 8
bulunuz.
‹NTERNET
i1
R1
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
o(0 –)
4
‹NTERNET
138
Devre Analizi
Çözüm 8:
Kaynaks›z RC devrelerinde, devrenin tepkisi tüm elemanlar için ayn› oldu¤undan
ve o (t) = o (0)e –t/x ve i 1(t) = i 1(0)e –t/x dir. Çözüm için afla¤›daki yöntem izlenir.
Devrede birden fazla direnç vard›r. Zaman sabitinin hesaplanmas›nda bu dirençlerin eflde¤eri (Refl ) kullan›l›r. Refl afla¤›daki gibi hesaplan›r.
Reş =
R1 . R3
+ R2
R1 + R3
Zaman sabiti ise afla¤›daki eflitlik ile belirlenir.
x = ReflC
Kondansatör üzerinde t=0’da ve t(0+) bafllang›c›nda kondansatör üzerinde V0
gerilimi vard›r. (v(0–) = v(0+) = v(0) = V0). Ancak t(0+)’dan sonra bu gerilim üstel
olarak sönümlenecektir. Bu durum afla¤›daki gibi ifade edilir.
o (t ) = V0 e –t/x
i 1 ak›m› t(0+)’da kondansatörün gerilimi ile de¤iflir. Bu durumda Ohm Kanunu
kullan›larak i 1 ak›m› afla¤›daki gibi elde edilir:
i1 =
V 0 e-t/ x  R3 


Reş  R1 + R3 
B‹R‹M BASAMAK FONKS‹YONU
Birim basamak fonksiyonu u(t 0–) = 0 ve u(t 0+) = 1 de¤erlerini alan fonksiyondur.
Dikkat edilirse fonksiyon kesikli bir fonksiyondur ve t = 0 an›nda tan›ml› de¤ildir.
Matematiksel olarak afla¤›daki gibi ifade edilir:

0
u (t − t 0 ) = 



1
t <t0
t >t0
(6.22)
Birim basamak fonksiyonu u(t - t0)’n›n grafi¤i ise fiekil 6.10’da görülmektedir.
t0 = 0 olarak al›nd›¤›nda fonksiyonun matematiksel ifadesi afla¤›daki gibi olur.
0

u (t) = 



1
t <0
t>0
(6.23)
Birim basamak fonksiyonu u(t)’n›n grafi¤i ise fiekil 6.11’de görülmektedir.
fiekil 6.10
u(t - t0)
Birim
basamak
fonksiyonu
grafi¤i
fiekil 6.11
u(t-t0)
u(t) Birim
basamak
fonksiyonu
grafi¤i
u(t)
1
1
t0
t
0
t
139
Birim basamak fonksiyonu boyutsuzdur ve devrelerde sabit bir gerilim veya
ak›m de¤eri ile çarp›m fleklinde ifade edilir. Örne¤in t0’dan sonra 5 V olan birim
basamak fonksiyonu o (t) = 5u(t – t0 ) fleklinde ifade edilir. Bu gösterim, t0 an›na
kadar devreye gerilim verilmedi¤i (gerilim kayna¤› k›sa devre, 0 V), t0 an›ndan
sonra ise devreye 5 V’luk bir gerilim uyguland›¤› anlam›na gelir. Benzer flekilde
t0’dan sonra 3 A’lik ak›m veren birim basamak fonksiyonu i (t ) = 3u(t – t0 ) fleklinde ifade edilir. Bu gösterim ise, t0 an›na kadar devreye ak›m verilmedi¤ini (ak›m
kayna¤› aç›k devre, 0 A), t0 an›ndan sonra devreye 3 A’lik bir ak›m uyguland›¤› anlam›na gelir.
Birim Basamak Fonksiyonunun Devrelerde Kullan›m›
Devrelerde birim basamak fonksiyonlu kaynaklar, belirli sürelerde otomatik olarak
anahtarlama yapmak amac› ile kullan›l›r. t = 0 an›nda anahtar›n kapat›lmas› ya da
aç›lmas› yerine bu kaynaklar›n kullan›ld›¤› devrelerde belirli bir t0 an›nda kaynak
otomatik olarak devreye girmektedir ya da devreden ç›kmaktad›r. t0 an› öncesinde devrede ak›m ya da gerilim s›f›rd›r. Fonksiyon t0 an›nda tan›ml› olmad›¤›ndan
t0 < 0 ve t0 > 0 durumlar› de¤erlendirilmelidir.
fiekil 6.12’de birim basamak fonksiyonlu gerilim kayna¤›n›n kullan›ld›¤› örnek
bir devre ve bu devrenin anahtarlama tertibatl› eflde¤er devresi görülmektedir.
fiekil 6.12
t=0.2s
5u(t-0.2)V
Devre
+
-
Devre
5V
(a)
+
-
(a) Birim basamak
fonksiyonlu gerilim
kayna¤›
(b) Birim basamak
fonksiyonlu gerilim
kayna¤›n›n eflde¤er
devresi
(b)
fiekil 6.12’deki devrelere göre t < 0.2 s’de 5 V’luk gerilim kayna¤› k›sa devredir.
Devreye bir gerilim sa¤lamaz, V = 0’d›r. t = 0.2 s’de fonksiyon tan›ms›zd›r. t > 0.2
s’de ise gerilim kayna¤› devreye 5 V’luk gerilim sa¤lar.
Birim basamak fonksiyonlu bir ak›m kayna¤› ve buna ba¤l› devre ile anahtarlama
tertibatl› eflde¤eri fiekil 6.13’de görülmektedir.
fiekil 6.13
l0u(t-t0)
Devre
(a)
l0
t=t0
(b)
Devre
(a) Birim basamak
fonksiyonlu ak›m
kayna¤›
(b) Birim basamak
fonksiyonlu ak›m
kayna¤›n›n eflde¤er
devresi
140
Devre Analizi
fiekil 6.13’deki devrelere göre t < t0’da ak›m kayna¤› aç›k devredir. Devreye bir
ak›m sa¤lamaz, I = 0’d›r. t = t0’da fonksiyon tan›ms›zd›r. t > t0’da ise ak›m kayna¤›
devreye I0 kadar bir ak›m sa¤lar.
ÖRNEK 9
fiekildeki devrede t < 10 s ve t > 10 s’de i1 ak›m›n› hesaplay›n›z.
20
12
30 u(t-10)V
+
-
20
40
i1
Çözüm 9:
t < 10 s durumunda gerilim kayna¤› k›sa devredir ve buna ba¤l› olarak devreye herhangi bir güç verilmedi¤inden i1 = 0 A ’dir.
t > 10 s durumunda Refl = 20 Ω’dur. Devreden geçen ak›m afla¤›daki gibi hesaplan›r.
I=
30
= 1.5 A
20
40 Ω’luk dirençten geçen ak›m flu flekildedir:
I 1 = (1.5 )
ÖRNEK 10
(10)
= 0 .3 A
50
fiekildeki devrede t < 5 s ve t > 5 s’de i1 ak›m›n› hesaplay›n›z.
8
10u(t-5)A
10
i1
4
4
Çözüm 10:
t < 5 durumunda ak›m kayna¤› aç›k devredir ve dirençlerden ak›m akmaz
i1 = 0 A ’dir.
t > 5 s durumunda Refl = 5 Ω’dur. Devreden geçen ak›m afla¤›daki gibi hesaplan›r.
i1 =
10
10 = 5 A
20
141
fiekildeki devrede t > 10 s’de i1 ak›m›n› hesaplay›n›z.
SIRA S‹ZDE
18V
5
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
- +
60
10
12 u(t-10)V
+
-
30
20
‹1
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
142
Devre Analizi
Özet
Bu bölümde temel devre yap›lar›ndan olan basit yap›daki kaynaks›z RL ve RC devrelerinin do¤ru ak›m analizi anlat›lm›flt›r. Devreler genel olarak iki zaman durumu gözönüne al›narak incelenir. Bunlardan ilki olan t <
0 durumunda, devrede kaynak varken bafllang›ç durumlar›n›n belirlenmesi amac›yla yap›lan analizdir. ‹kinci durum olan t > 0’da ise zaman sabitinin hesaplanmas› amac›yla analiz yap›l›r. Kaynaks›z RL/RC devrelerinin
tepkisi do¤al tepki olarak isimlendirilir. Do¤al tepki
kullan›lan elemanlar›n de¤erlerine ve devredeki ba¤lant› flekline ba¤l›d›r.
Bir eflde¤er direnç ve bir eflde¤er indüktansa indirgenmifl RL devresinde bobin üzerinden geçen ak›m›n do¤al tepkisi i (t ) = i (0)e –t/x eflitli¤i ile belirlenir. RL devrelerinde, x devre zaman sabiti L/R’ye eflittir. Burada
i(t) ifadesi bobin üzerinden akan ak›m› göstermektedir.
Bir eflde¤er direnç ve bir eflde¤er kondansatöre indirgenmifl RC devresinde kondansatör üzerindeki
gerilimin do¤al tepkisi o(t ) = o(0)e –t/x eflitli¤i ile belirlenir. RC devrelerinde, x devre zaman sabiti RC’ye eflittir. Burada v(t) ifadesi kondansatör üzerindeki gerilimi
göstermektedir.
Devredeki anahtar›n kapat›lma ve aç›lma durumunu
modellemede, birim basamak fonksiyonu oldukça kullan›fll› bir fonksiyondur. Direnç ve kaynaklardan oluflmufl devrelerde birim basamak fonksiyonunun etkisi
gösterilmifltir.
RL ve RC devre analizlerinin iyi bilinmesi bu devrelerin
kullan›ld›¤› devrelerin analizlerinin kolayl›kla yap›lmas›n› ve devrelerin çal›flmas›n›n daha kolay anlafl›lmas›n›
sa¤lar. Bu durum, amaca yönelik fonksiyonel devreler
ya da cihazlar gelifltirmede önemli bir ad›md›r.
143
1. 15 kΩ’luk bir direnç ile 10 mH’lik bir bobin seri ba¤lanm›flt›r. Devrenin zaman sabitinin de¤eri nedir?
a. 6.67(10-7) s
b. 3.34(10-7) s
c. 5.21(10-7) s
d. 7.5(10-7) s
e. 1.5(10-7) s
2. 4.7 kΩ’luk bir direnç ile 20 pF’l›k bir kondansatör seri ba¤lanm›flt›r. Devrenin zaman sabitinin de¤eri nedir?
a. 14 ns
b. 28 ns
c. 42 ns
d. 60 ns
e. 94 ns
3. fiekildeki devrede R = 2.2 kΩ, L = 1 µH ve i(0) = 4
mA ise t = 200 ps’deki i de¤eri afla¤›daki fl›klardan hangisinde do¤ru olarak verilmifltir?
i(t)
+
R
5. fiekildeki devrede kapal› olan S anahtar› t = 0 an›nda aç›lmaktad›r. fiekilde verilenlere göre iL(0) de¤eri
4
S
L
–
–
a.
b.
c.
d.
e.
1A
1.1 A
1.5 A
2.5 A
4A
6. fiekildeki devrede t = 0 an›nda anahtar ok yönünde
hareket ettirilmektedir. fiekilde verilenlere göre v(0) de¤eri afla¤›dakilerden hangisidir?
732
L
t=0
S
–
0 mA
1.12 mA
3.21 mA
2.58 mA
4 mA
+
–
4. fiekildeki devrede R = 100 MΩ, C = 1 µF ve v(0) = 1
mV ise t = 40 s’deki v de¤eri afla¤›daki fl›klardan hangisinde do¤ru olarak verilmifltir?
i
+
C
R
–
a.
b.
c.
d.
e.
5H
10V
800
a.
b.
c.
d.
e.
iL
6
+
R
+
t=0
1 mV
1.4 mV
0.67 mV
0.85 mV
0.96 mV
a.
b.
c.
d.
e.
50
30
25
15
12
V
V
V
V
V
2 F
50V
144
Devre Analizi
7. fiekildeki devrede aç›k olan S anahtar› t = 0 an›nda
kapat›lmaktad›r. fiekilde verilenlere göre v2Ω(t) ifadesi
nedir?
–
2
+
–+
i2
S t=0
0.4
1H
V2
2H
6
18
ix
V1
45
+
i1
8
–
2
9. fiekildeki devrede ve V1 = 30u (t – 4)V ve V2 = 24u
(t – 10)V ’tur. 5 < t < 9 zaman aral›¤›nda ix ak›m›n›n de¤eri nedir?
30
24V
19.2e-4t
19.2e-2t
9.6e-4t
9.6e-2t
12e-4t
8. fiekildeki devrede kapal› olan anahtar t = 0 an›nda
aç›lmaktad›r. fiekilde verilenlere göre v1(t) ifadesi nedir?
10. fiekildeki devrede I1 = 6u (t – 6)A, V1 = 44u (t)V ’dir.
0 < t < 6 iken Vx geriliminin de¤eri nedir?
20
t=0
–
400 F
a.
b.
c.
d.
e.
+
–
-6e-25t
6e-25t
6e-50t
-12e-50t
12e-50t
1(t)
100
100
10
200 F
+
V1
a.
b.
c.
d.
e.
10
Vx
I1
3V
5V
10 V
12 V
20 V
+
12V
10 A
8A
4A
2A
1A
–
a.
b.
c.
d.
e.
a.
b.
c.
d.
e.
20
145
1. a
S›ra Sizde 1
2. e
3. d
4. c
5. d
6. a
7. b
8. a
9. e
10. e
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Üstel Tepkinin Özellikleri”
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Kaynaks›z RC Devresi”
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Kaynaks›z RL Devresi”
Yan›t›n›z yanl›fl ise “S›ra Sizde 1” i yeniden
gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “S›ra Sizde 2” yi yeniden
gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “S›ra Sizde 3”ü yeniden
gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Birim Basamak Fonksiyonunun Devrelerde Kullan›m›” bafll›kl› konuyu
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Birim Basamak Fonksiyonunun Devrelerde Kullan›m›” bafll›kl› konuyu
4
S
t=0
+
iL
5H
6
10V
-
t < 0 durumunda bobin k›sa devre olup üzerinden geçen ak›m afla¤›daki gibi hesaplan›r.
iL (0− ) =
10
= 2 .5 A
4
Bobin durum de¤iflikli¤ine hemen cevap vermeyip t = 0ve t = 0+ an›nda durumunu koruyacakt›r. Buna göre t = 0
an›nda üzerinden geçen ak›m 2.5 A’ya eflittir.
iL(0–) = iL(0) = iL(0+) = 2.5 A = I0
t > 0 durumunda ise bobin üzerindeki ak›m afla¤›daki
gibi ifade edilir.
iL(t) = I0e–Rt/L
Devredeki direnç ve bobinin de¤erleri yukar›daki eflitlikte yerine kondu¤unda afla¤›daki ifade elde edilir.
iL(t) = 2.5e–10t/5
iL(t) = 2.5e–2t
t > 0 durumunda ise bobin gerilimi ise afla¤›daki eflitlikten bulunur:
v( t ) = L
di
d(2.5 e−2 t )
=5
dt
dt
Türev alma ifllemi yap›ld›ktan sonra afla¤›daki ifade elde edilir.
v(t) = 5(–2)(2.5)e–2t V
Gerekli ifllemler yap›ld›ktan sonra t > 0 durumunda v
için afla¤›daki sonuç bulunur.
v(t) = –25e–2t
146
Devre Analizi
S›ra Sizde 3
S›ra Sizde 2
732
t=0
2
S
i1
800
+
-
2 F
8
2
+
50V
0.4
1H
+
8
-
S t=0
i2
2H
24V
t < 0 durumunda kondansatör aç›k devre olup üzerinde kaynak gerilimine eflit bir gerilim vard›r.
v(0–) = 50 V
Kondansatör durum de¤iflikli¤ine hemen cevap vermeyip t = 0– ve t = 0+ an›nda durumunu koruyacakt›r. Buna göre t = 0 an›nda üzerindeki gerilim 50 V’ye eflittir.
v(0–) = v(0) = v(0+) = 50V = V0
t > 0 durumunda ise kondansatör üzerindeki gerilim
afla¤›daki gibi ifade edilir:
v(t) = V0 e–t/RC
Devredeki direnç ve s›¤a de¤erleri yukar›daki eflitlikte
yerine kondu¤unda t > 0 durumunda kondansatör üzerindeki gerilim için afla¤›daki ifade elde edilir.
–6
o (t) = 50e–t/2.10 800
o (t) = 50e–625t
t = 2 ms yerine kondu¤unda afla¤›daki sonuca ulafl›l›r:
–3
o (2ms) = 50e–625(2.10 )
o (2ms) = 50e–1.25
o (2ms) = 14.33 V
t < 0 durumunda bobinler k›sa devredir. 2 H’lik bobin
üzerinden geçen ak›m afla¤›daki gibi bulunur:
i 2 ( 0− ) =
24 2
= 2.4 A
2 10
i2 (0− ) = i2 (0 ) = i2 (0+ ) = 2.4 A
Anahtar kapat›ld›¤› anda 2 ayr› devre ortaya ç›kar. 8
Ω’luk direnç ve 2 H’lik bobinin bulundu¤u devrenin
zaman sabiti afla¤›daki gibi bulunur:
x=
L 2
= = 0.25 s
R 8
t > 0 durumunda i2 ak›m› afla¤›daki gibidir:
i2(t) = i2(0)e –t/x
i2(t) = 2.4e –t/0.25 = 2.4e –4t
8 Ω’luk direnç üzerine düflen gerilim ise afla¤›daki gibidir:
v8Ω(t) = i2(t)R8Ω = 2.4e –t/0.25(8)
v8Ω(t) = 19.2e –4t
147
S›ra Sizde 4
S›ra Sizde 5
18V
2
- +
S
2A
t=0
8
i2
0.4H
i1
iL
60
10
12 u(t-10)V
+
-
30
20
i1
t < 0 durumunda bobin k›sa devre olup üzerinden geçen ak›m afla¤›daki gibi hesaplan›r.
iL (0− ) = 2
8
= 1.6 A
10
iL (0− ) = iL (0 ) = iL (0+ ) = 1.6 A = I0
Bu durumda i1 ak›m› da 0.4 A’ya eflittir:
i1(0–) = 2 – 1.6 = 0.4 A
i2 ak›m› ise i2(0–) = 0’d›r.
t > 0 durumunda ise bobin üzerindeki ak›m afla¤›daki
gibi ifade edilir.
iL ( t ) = I0 e−t / x
x=
L 0.4
=
= 0 .2 s
R
2
t > 10 s durumunda 18 V’luk ve 12 u (t-10) V’luk kaynaklar devrededir. Gerilim kaynaklar› birbirini destekleyici yönde ba¤land›¤›ndan devreye sa¤lad›klar› gerilim 30 V olur.
Devrede Refl = 20 Ω’dur. Devreden geçen ak›m afla¤›daki gibi hesaplan›r.
I=
30
= 1.5 A
20
30 Ω ve 60 Ω’luk dirençler paralel ba¤l›d›r. Bu iki direncin eflde¤eri 20 Ω’dur. Buna göre 20 Ω’luk dirençten geçen ak›m paylafl›m› kural›na göre afla¤›daki gibi
bulunur.
I1 = (1.5 )
20
= 0.75 A
40
Burada k›sa devreden dolay› 8 Ω’luk direncin devreye
kat›lmad›¤›na dikkat edilmelidir.
iL (t ) = 1.6e –t/0.2
iL (0.15) = 1.6e –0.15/0.2
iL (0.15) = 0.75 A
Hayt, W. H., Kemmerly, J. E., Durbin S. M. (2006).
Engineering Circuit Analysis, New York: McGraw
Hill.
Boylestad, R. L. (2010). Introductory Circuit Analysis.
Prentice Hall.
Balabanian, N., (1994). Electric Circuits, New York:
McGraw-Hill.
Moura L., Darwazeh I., (2005). Introduction to Linear
Circuit Analysis and Modelling, Elsevier.
7
DEVRE ANAL‹Z‹
Amaçlar›m›z
N
N
N
N
N
AC ak›m ve gerilimlerin farkl› gösterimlerini anlay›p yorumlayabilecek,
AC dalga de¤erlerini hesaplayabilecek,
Empedans ve admitans kavramlar›n› aç›klayabilecek,
Seri ve paralel devre elemanlar›n›n eflde¤er empedans›n› AC gerilim alt›nda
hesaplayabilecek,
Yap›lan çözümlemeleri diyagram olarak çizebilecek
Anahtar Kavramlar
• Aç›sal frekans
• Etkin de¤er
• Faz aç›s›
• Empedans
• Fazör diyagram›
‹çindekiler
Devre Analizi
Alternatif Ak›m
• G‹R‹fi
• TEMEL KAVRAMLAR
• S‹NÜZO‹DAL AKIM/GER‹L‹M ‹Ç‹N
MATEMAT‹KSEL ‹FADELER
• FAZ KAVRAMI VE FAZ ‹L‹fiK‹LER‹
• EMPEDANS-ADM‹TANS
• FAZÖR D‹YAGRAMLAR
Alternatif Ak›m
G‹R‹fi
Periyodik olarak yönü ve büyüklü¤ü de¤iflen ak›mlara alternatif ak›m denir. Alternatif ak›m k›saca AA ya da ayn› kelimelerin ‹ngilizce karfl›l›klar›n›n ilk harflerinden
yola ç›karak (Alternative Current) AC fleklinde gösterilir. Farkl› ve özel uygulamalarda fiekil 7.1’de gösterilen kare, üçgen gibi dalga flekilleri olsa da, bilinen en yayg›n AC dalgas› fiekil 7.2’deki gibi bir sinüs grafi¤i fleklindedir. Sanayi ve konutlarda kullan›lan ak›m cinsi de bu sinüs dalgas› fleklindeki alternatif ak›md›r.
fiekil 7.1
Kare
Farkl› AC Dalga
fiekilleri.
Üçgen
Testere
difli
fiekil 7.2
En Yayg›n AC
Dalga Grafi¤i.
A
0
-A
Zaman
150
Devre Analizi
fiekil 7.3
Basit Bir
Alternatör
Gösterimi.
Hepimizin bildi¤i gibi termik, hidroelektrik ve nükleer santrallerde buhar veya
su gücünün döndürme etkisinden faydalan›lmaktad›r. Dönme kuvveti, rotor ad›
verilen ve bir m›knat›s olan, hareketli parçaya belli bir dönme h›z› kazand›r›r. Bu
h›zl› dönme sonunda, hareketli bu parçan›n d›fl taraf›nda sabit flekilde duran stator
adl› parçan›n üstüne sar›l› kablolar›n uçlar› aras›nda bir gerilim yani elektrik oluflur. Ancak fiekil 7.3’de görüldü¤ü gibi tek bir hareketli parça etraf›na, daha verimli olmas› aç›s›ndan 120° ara ile üç sabit k›s›m yerlefltirilmifltir. Döner m›knat›s›n N
kutbu, sabit sarg›lara yaklafl›p uzaklafl›rken sinüs dalgas›n›n üst yar›s›, benzer flekilde döner m›knat›s›n S kutbu, sabit sarg›lara yaklafl›rken sinüs dalgas›n›n alt yar›s› oluflur. Böylece üç sarg›
içinde de döner parçan›n hareketine göre art›p azalan periyodik birer dalga oluflur. Çok
120°
basite indirgenmifl gösterimi
3. Faz
1. Faz
fiekil 7.3’deki gibi olan bir alternatörden, aralar›nda 120°
N
fark olan ve fiekil 7.4’de gösterilen üç sinüs dalgas› yani AC
gerilim elde edilir. AlternatörS
lerden elde edilen enerjinin
120°
120°
ak›m ve gerilimi de sinüzoidaldir. Bu flekildeki gibi bir üretim sonucu ortaya ç›km›fl alternatif ak›m, sanayide ve konutlarda kullan›lan, karfl›m›za
do¤ru ak›mdan daha fazla ç›2. Faz
kan, kullan›m› gerekli ve yayg›n bir ak›m türüdür.
fiekil 7.4
Aralar›nda
120°’lik Fark Olan
Üç AC Dalga.
1
0.5
0
-0.5
-1
0
90
180
270
360
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
151
7. Ünite - Alternatif Ak›m
S O R U
‹KKAT
Devre Analizi dersinde ve s›navlarda kullan›lmak üzere trigonometrikD ifllemlere
uygun hesap makinesi kullan›lmas› gerekmektedir. Özellikle s›navlara gelirken bu tarz ifllemlere
uygun hesap makinesi getirmeyi unutmay›n›z. Bu hesap makinesininSIRA
databank
S‹ZDE özelli¤i olmamas› gerekmektedir. Ancak; özellikle sin, cos, tan, arcsin, arccos ve arctan gibi matematiksel ifllemlerin yap›lmas› olanakl› olmal›d›r.
AMAÇLARIMIZ
TEMEL KAVRAMLAR
D‹KKAT
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
Frekans
S O R U
Matematikten bildi¤imiz sinüs fonksiyonunun tüm özelliklerini alternatif ak›m da
tafl›r. Bir sinüs e¤risinin s›f›r de¤erinden bafllay›p, pozitif maksimum de¤ere ulaflELEV‹ZYON
mas›, sonra tekrar s›f›r de¤erinden negatif minimum ulaflarak Ts›f›r
olmas› ile tam bir
dalga yapmas› elektronikte cycle ad›n› al›r. fiekil 7.5’de AC dalgan›n bir cycle ad›
verilen bu k›sm› gösterilmifltir. Alternatif ak›m›n frekans› ise saniyedeki cycle say›s›d›r. Frekans, f ile gösterilir. Birimi Hertz’dir. Türkiye’de flehir‹ Ncereyan›nda
kullaTERNET
n›lan gerilimin frekans› 50 Hz’dir. Bu da demektir ki kulland›¤›m›z elektrik gerilimin sinüzoidal dalgas› saniyede 50 kez yeniden tekrarlanmaktad›r.
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
fiekil 7.5
AC Dalgan›n Bir
Cycle Parças›.
pozitif
alternans
0
T/2
T
t
zaman
Negetif
alternans
1 cycle
Hertz’in az katlar› mevcut de¤ildir. Üst katlar› ise kilohertz, megahertz ve gigahertz olarak say›labilir. Bunlar aras›ndaki dönüflümlere ait ba¤›nt› afla¤›daki
gibidir.
1 Hz = 10-9 GHz = 10-6 MHz = 10-3 KHz
(7.1)
152
Devre Analizi
Periyot
Bir alternatif ak›m dalgas›nda bir cycle tamamlan›ncaya kadar geçen süreye periyot denir. Periyot T ile gösterilir, birimi saniye (sn)’dir. Periyot ve frekans aras›nda
afla¤›daki ba¤›nt› vard›r.
T =
1
f
(7.2)
Aç›sal frekans
Alternatif ak›m dalgas›nda bir cycle, tam bir dairesel hareket oldu¤undan bu hareket boyunca 2π radyan kadar aç› taranm›fl olur. Bir cycle ise bilindi¤i üzere, bir periyotta yani T saniyede tamamlanmaktad›r. Bu durumda 2π radyanl›k aç› T kadar
sürede al›n›r. Aç›sal frekans da birim zamanda radyan olarak taranan aç›d›r ve ω
ile gösterilir, birimi radyan/saniye’dir. Formül olarak aç›sal frekans:
ω=
2π
= 2πf
T
(7.3)
olarak bulunur.
ÖRNEK 1
Afla¤›da verilen alternatif gerilim dalgas›n›n periyot, frekans ve aç›sal frekans›n›
bulunuz.
Gerilim
(V)
1
3
2
4
zaman (t)
Çözüm 1:
Bu dalgada, görüldü¤ü gibi bir cycle tamamlanmas› için geçen süre 2 sn’dir. O
halde periyot 2 sn olur.
T = 2 sn
f=
1
1
= = 0.5 Hertz
T
2
ω = 2πf = 2π(0.5) = π rad/sn
153
Bir AC dalgan›n bir periyodunun oluflmas› için geçen süre 5 msn ise, bu dalgan›n
frekans› ve aç›sal frekans›n› bulunuz.
ÖRNEK 2
Çözüm 2:
T = 5 msn = 5×10-3 sn
f =
1
1
=
= 200 Hz
T
5×10−3
ω = 2πf = 2π200 = 400π rad/sn
S‹ZDEperiyodunu,
Bir AC gerilim dalgas›n›n 4 cycle oluflturmas› 20 Msn al›yorsa, bu SIRA
dalgan›n
frekans›n› ve aç›sal frekans›n› siz hesaplayabilir misiniz?
1
Alternatif Ak›m De¤erleri
Alternatif ak›m›n ölçümlerinde, anl›k de¤er, maksimum (tepe) de¤er, tepeden teS O sonuç
R U
peye de¤er, etkin de¤er ve ortalama de¤er olmak üzere befl farkl›
kullan›labilir. Bu de¤erlerin hesaplanmas› ve ölçülmesi afla¤›daki gibidir.
D‹KKAT
Alternatif ak›m›n sinüzoidal e¤risi üzerindeki belli bir zamana karfl› gelen ak›m ya
S‹ZDE için baz›
da gerilim de¤erine anl›k de¤er denir. fiekil 7.6’da gösterilen SIRA
AC gerilim
zamanlardaki anl›k de¤erler afla¤›da verildi¤i gibidir.
N N
SIRA S‹ZDE
fiekilAMAÇLARIMIZ
7.6
AMAÇLARIMIZ
gerilim
(V)
S O R U
D‹KKAT
Anl›k De¤er
SIRA S‹ZDE
Anl›k De¤erleri
‹ncelenecek Bir AC
Gerilim. K ‹ T A P
7
K ‹ T A P
3
0
4.2
2
TELEV‹ZYON
6.8
3.5
TELEV‹ZYON
zaman (t)
2
‹NTERNET
6
V(2) = 7 V
V(3.5) = 3 V
V(4.2) = -2 V
V(6.8) = -6 V
Tepe De¤er
Ad›ndan da anlafl›laca¤› üzere bir AC dalgan›n tepe de¤eri, ulaflt›¤› maksimum gerilim veya ak›m de¤eridir. Gerilim için Vmax ve ak›m için de Imax fleklinde sembolize edilir. Bu de¤er her bir zamanda ölçülen ani de¤erlerin en büyü¤üdür. Tepe
de¤er Vpik veya ak›m için Ipik olarak da sembolize edilebilir.
‹NTERNET
154
SIRA S‹ZDE
Devre Analizi
2
Tepe de¤eri SIRA
20 V S‹ZDE
ve frekans› 200 Hz olan bir gerilim dalgas›n›n grafi¤ini çizebilir misiniz?
Tepeden Tepeye De¤er
Tepeden tepeye
yani elektronikteki yayg›n kullan›m›yla pik-to-pik de¤er, AC bir
gerilim için pozitif ve negatif tepe de¤erleri aras›ndaki farkt›r. Vp-p veya Vpp flekS O Rbu
U de¤er:
linde gösterilen
S O R U
Vp-p = Vpik - (-Vpik) = 2Vpik = 2Vmax
D‹KKAT
D‹KKAT
(7.4)
SIRA S‹ZDE
N N
SIRA S‹ZDE
Etkin De¤er
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
Alternatif ak›m uygulanan bir devre eleman›nda güç bulunurken, bu dalga yap›AMAÇLARIMIZ
s›ndaki gerilimin
hangi de¤eri ile hesaplama yap›lmas› gerekti¤ine karar vermek
zordur. Maksimum de¤erin al›nmas› oldukça yanl›fl sonuçlar do¤uracakt›r. Çünkü
maksimum de¤ere, bir cycle içinde sadece iki kez anl›k olarak ulafl›l›r. Bu yüzden
K ‹ T A P
hesaplamalarda etkin de¤er kullan›l›r. AC devrelerde, ampermetre ve voltmetre etkin ak›m ve gerilim de¤erlerini ölçer. Etkin de¤er ayn› zamanda bir AC kayna¤›n,
bir direnç üzerinde yaratt›¤›, ›s› etkisinin ayn›s›n› yaratan DC kayna¤›n de¤eridir.
LEV‹ZYON
‹flte bu DCT Ekayna¤›n
de¤eri, AC kayna¤›m›z›n etkin de¤erini verir.
Etkin de¤erin bir di¤er ad› da efektik de¤erdir. Sembolik gösterimi alt ifadeler
kullan›lmadan V ve I fleklindedir. Bir AC dalgan›n maksimum de¤eri ile efektif de¤eri aras›ndaki
afla¤›daki gibidir.
‹ N T E Riliflkiler
NET
Vetk =
Vpik
2
≅ 0.707 Vpik
Vpik = Vmax = Vetk 2 ≅ 1.414 V
(7.5)
(7.6)
Ortalama De¤er
Ortalama de¤er AC dalgaya ait bir cycle içindeki ani de¤erlerin ortalamas› olarak
tan›mlan›r. Ancak AC dalgada pozitif ve negatif ani de¤erlerin büyüklükleri eflit oldu¤undan ortalama de¤er her durumda s›f›r sonucuna ulaflaca¤›ndan, bu hesaplamada tüm cycle yerine pozitif veya negatif alternanslardan sadece biri al›n›r. Bir
AC dalgan›n maksimum de¤eri biliniyorsa ortalama de¤er
Vort = 0.636Vpik
olarak bulunur.
ÖRNEK 3
Ortalama de¤eri 310 V olan bir AC dalgan›n efektif de¤eri ne olur?
Çözüm 3:
Vort = 0.636Vpik
310 = 0.636Vpik ve buradan da Vpik = 487.421 V
V=
Vpik
2
oldu¤undan efektif de¤er V= 344.606 V olarak bulunur.
(7.7)
155
SIRA S‹ZDE
fiehir flebeke gerilimi 220 V oldu¤una göre bu dalgaya ait etkin, ortalama
ve maksimum gerilim de¤erlerini de siz hesaplay›n›z.
3
S‹NÜZO‹DAL AKIM/GER‹L‹M ‹Ç‹N MATEMAT‹KSEL
‹FADELER
S O R Umatematiksel
Belli baz› özel kavram ve ölçümlere sahip olsa da, bir AC dalgan›n,
olarak bir sinüs dalgas›ndan fark› olmad›¤› aç›kt›r. O halde elektrik devresinde kullan›lan herhangi bir kayna¤›, grafik olarak göstermek yerine sadece
tek bir mateD‹KKAT
matiksel ifadeyle göstermek de yanl›fl olmayacakt›r. Bunun için elektrik bilgisinden çok matemati¤e ihtiyaç vard›r.
S‹ZDE
Herhangi bir AC gerilim tüm olarak afla¤›daki matematiksel SIRA
eflitlikle
ifade edilir:
V(t) = Vpik.sin(ωt) veya V(t) = Vpik.sin(2πft)
AMAÇLARIMIZ
Ayn› eflitlik AC ak›m için de afla¤›daki gibi yaz›labilir:
I(t) = Ipik.sin(ωt)
veya
I(t) = Ipik.sin(2πft)
K ‹ T A P
(7.9)
Bu denklemler AC ak›m veya gerilimin ani de¤erleridir. Bunlar kullan›larak
herhangi bir t an›nda ani de¤er hesaplanabilir. Bunun yan›nda dikkat edilirse saT E L E V ‹ Zefektif
Y O N ve ortadece bu matematiksel gösterimle, tepe de¤er ve buna ba¤l› olarak
lama de¤erler kolayl›kla bulunabilir. ω aç›sal frekans›, matematiksel bu gösterimden elde edildi¤inde de frekans ve periyot da bulunabilir ve dalga çizilebilece¤i gibi gerekli her türlü hesaplama da yap›labilir.
‹NTERNET
Ak›m grafi¤i afla¤›da verilen dalgan›n matematiksel gösterimi nas›l olur?
Ak›m
(amp.)
34
zaman
4
8
12
( sn)
-34
Çözüm 4:
T = 8 µsn = 8.10-6 sn
f=
1
= 125 KHz
T
ω = 2πf = 250π103 rad/sn
Ipik = 34 A
Bulunan bu de¤erlere göre matematiksel gösterimi flu flekildedir:
I(t) = 34sin(250π103t)A
S O R U
D‹KKAT
N N
(7.8)
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
ÖRNEK 4
156
Devre Analizi
ÖRNEK 5
Efektif de¤eri 56 V ve periyodu 25 msn olan bir AC gerilimin matematiksel ifadesi
ve grafiksel olarak çizimi nas›l olur?
Çözüm 5:
Vpik = V 2 = 79.2 V
T = 25msn = 25.10-3 sn f =
1
= 40 Hz ω = 2πf = 80π rad/sn
T
V(t) = Vpiksin(ωt) = 79.2sin(80πt) V
Bulunan bu matematiksel ifadeye ait sinüzoidal dalga afla¤›daki gibi çizilebilir.
Gerilim
(V)
79.2
25
12.5
Zaman
(msn)
-79.2
SIRA S‹ZDE
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
4
Kulland›¤›m›z
flehir
gerilimine ait matematiksel ifadeyi bulup, buna ait grafi¤i de siz çizSIRA
S‹ZDE
meyi deneyin.
D Ü fi Ü N E L ‹ M VE FAZ ‹L‹fiK‹LER‹
FAZ KAVRAMI
Faz›n kelime anlam› de¤ifliklik göstermeyen görüntü demektir. Ancak elektronikte, bir AC dalgan›n
S O R U bafllang›c›n›n, eksenlerin bafllang›ç noktas› olan orijine ya da
iki AC dalgan›n birbirlerine aç›sal olarak uzakl›¤›na faz veya faz kaymas› denir.
AC kaynaklar için faz fark› kavram›n›n büyük önemi vard›r. Çünkü AC çal›flan
D‹KKAT
elektronik sistemlerde, her elektronik parça belli bir faz fark›na yol açar. Çal›flmalar›n düzgün yürütülmesi aç›s›ndan bu hesaplamalar önemlidir.
N N
SIRA S‹ZDE
Bir AC Dalgan›n Faz Hesab›
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
Bir sinüzoidal dalgada, dalgan›n bafllang›ç noktas› 0 gerilim ya da ak›m de¤erini
AMAÇLARIMIZ
al›p, pozitif ani de¤erler alarak maksimum de¤ere do¤ru artmaya bafllad›¤› nokta
kabul edilir. Bu AC dalgan›n faz› hesaplan›rken de bahsedilen bu bafllang›ç noktas›n›n, grafikK eksenlerinin
kesiflim noktas› olan orijin noktas›na aç›sal olarak uzak‹ T A P
l›¤› radyan olarak bulunur. Tek bir AC dalgan›n faz›nda üç ayr› durum oluflabilir.
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
157
S›f›r Faz
E¤er AC dalgan›n bafllang›ç noktas›, orijinle çak›fl›k ise bu dalga s›f›r fazdad›r denir. S›f›r fazda bir AC dalga fiekil 7.7’de gösterildi¤i gibidir. Bu dalgan›n vektör olarak gösterimi de yine ayn› flekilde gösterilmifltir.
Böyle bir AC dalgada faz aç›s› yoktur. { = 0’d›r.
fiekil 7.7
S›f›r Fazda Bir AC
Dalga ve Vektör
Gösterimi.
(+)
Genlik
0
T/2
T
Genlik
(-)
‹leri Faz
‹leri faz, grafiksel gösterimde, bir AC dalgan›n bafllang›ç noktas›n›n, orijin noktas›na göre daha solda olmas› anlam›na gelir. Böyle bir sinüzoidal e¤ri ve bu e¤riye
ait vektörel gösterim fiekil 7.8’de gösterildi¤i gibidir.
fiekil 7.8
‹leri Fazda Bir AC
Dalga ve Vektör
Gösterimi.
(+)
Genlik
Genlik
0
T/2
T
(-)
‹leri faz durumunda AC dalgaya ait matematiksel ifade de de¤iflir. Çünkü ani
de¤erler, eksen üzerinde { kadar kaymaya u¤ram›flt›r. Bu matematiksel ifadeler
ak›m ve gerilim için
V(t) = Vpik.sin(ωt + {) veya V(t) = Vpik.sin(2πft + {)
(7.10)
I(t) = Ipik.sin(ωt + {)
(7.11)
olarak yaz›l›r.
veya
I(t) = Ipik.sin(2πft + {)
158
Devre Analizi
‹leri fazda { aç›s› hesaplan›rken, periyottan faydalan›l›r. T, periyot ve tfaz’da
dalgan›n bafllang›ç noktas›n›n orijinin ne kadar solunda kald›¤›n› gösteren zaman
olmak üzere;
t faz .360°
T
ϕ=
=
t faz 2π
T
rad
(7.12)
Geri Faz
Geri faz olmas› durumu da, AC dalgan›n s›f›r de¤erini al›p sonra pozitif de¤erlere
yükselmeye bafllad›¤›, bafllang›ç noktas›n›n orijine göre sa¤da kalmas›d›r. Böyle
bir dalga ve yine bu dalgaya ait vektörel gösterim fiekil 7.9’da çizilmifltir.
fiekil 7.9
Geri Fazda Bir AC
Dalga ve Vektör
Gösterimi.
(+)
Genlik
T/2
T
0
Genlik
(-)
Geri faz durumunda AC dalgaya ait ak›m ve gerilim matematiksel ifadeleri flu
flekildedir:
V(t) = Vpik.sin(ωt - {) veya V(t) = Vpik.sin(2πft - {)
(7.13)
I(t) = Ipik.sin(ωt - {)
(7.14)
veya
I(t) = Ipik.sin(2πft - {)
olarak yaz›l›r.
Geri fazdaki { aç›s›n›n hesaplanmas› da T periyot ve tfaz’da dalgan›n bafllang›ç
noktas›n›n orijinin ne kadar sa¤›nda kald›¤›n› gösteren zaman olmak üzere ileri
fazla ayn› flekilde;
t faz .360°
T
ϕ=
=
t faz 2π
T
rad
(7.15)
ÖRNEK 6
Efektif de¤eri 77.782 V olan afla¤›daki AC dalgan›n matematiksel ifadesi ne olur?
Volt
11
3
27
19
35
sn
159
Çözüm 6:
Bu AC gerilimde flekilden bir cycle tamamlanma süresi olan periyodu ve dalgan›n bafllang›ç noktas›n›n, orijine göre sa¤da kalma süresini bulabiliriz.
T = 16 µsn oldu¤undan f =
Vpik = 2 (77.782) = 110 V
tfaz=3 µsn oldu¤undan ϕ =
gan›n matematiksel ifadesi
1
1
=
= 62500Hz bulunur.
T
16 ×10−6
t faz 2π
T
=
3×10−6 ( 2π)
−6
16 ×10
=
3π
rad bulunur ve dal8

3π 
 V olacakt›r.
V(t) = Vpik .sin(2πft - ϕ) = 110sin 125000πt 
8 
S‹ZDE
Sizde ortalama de¤eri 38 A ve dalga flekli afla¤›da verilmifl olan ak›mSIRA
sinüzoidalini
verecek
matematiksel ifadeyi, faz kaymas›n› da hesaplayarak bulabilir misiniz?
I (A)
5
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
t(msn)
2
7
12
SIRA S‹ZDE
‹ki AC Dalga Aras›ndaki Faz Fark›
AMAÇLARIMIZ
N N
‹ki AC dalga aras›ndaki faz fark›ndan bahsedildi¤inde, dalga flekillerinin, ayn› de¤eri geçmeleri aras›ndaki radyan olarak aç› fark› anlafl›lmal›d›r. E¤er ayn› frekansK ‹ T A ve
P ayn› yöne
l› iki farkl› AC dalga, ayn› aç›larda orijini ve zaman eksenini kesiyor
do¤ru yükselmeye devam ediyorlarsa, bunlara ayn› fazda dalgalard›r denir. Ancak
iki AC dalgan›n orijini ve zaman eksenini kesti¤i noktalar aras›nda sabit uzakl›klar
L E Vbu
‹ Z Yuzakl›¤›n
ON
kal›yorsa, bu durumda dalgalar aras›nda faz fark› vard›r denirT Eve
genelde radyan olarak de¤eri de dalgalar›n faz fark›n› verir. fiekil 7.10’da ayn› fazda
ve fiekil 7.11’de ise aralar›nda faz fark› bulunan AC dalgalar gösterilmifltir.
V yada I
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
fiekil ‹7.10
NTERNET
‹NTERNET
Ayn› Fazdaki AC
Dalgalar.
t
160
Devre Analizi
fiekil 7.11
V yada I
Aralar›nda Faz
Fark› Olan AC
Dalgalar.
t
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
N N
ÖRNEK 7
AMAÇLARIMIZ
Bilinmesi gereken
D ‹ K K Aen
T önemli nokta, sinüzoidallerin ayn› frekansta olmas› gerekti¤idir.
Ayn› frekansta olmayan sinüzoidaller aras›nda faz fark› olmas› ya da olmamas›ndan söz
edilemez. SIRA S‹ZDE
Afla¤›da gösterilen iki AC gerilim dalgas› için
a) Faz fark›
hesaplamas›n› yap›n›z.
AMAÇLARIMIZ
b) ‹ki dalgan›n da ayr› ayr› matematiksel ifadelerini yaz›n›z.
c) ‹ki dalgan›n vektör gösterimini yap›n›z.
K ‹ T A P
K ‹ T A P
V
130
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
0
20
2
10
12
22
t(ms)
Çözüm 7:
a) Önce her iki dalgan›n da periyotlar› incelenmeli ve frekanslar›n›n ayn› olup
olmad›¤›na bak›lmal›d›r. Bilindi¤i gibi ayn› frekansa sahip olmayan AC dalgalar faz
bak›m›ndan karfl›laflt›r›lamaz.
Tk›rm›z› = 20 msn f =
Tmavi = 20 msn f =
1
20 ×10−3
1
20 ×10−3
= 50Hz
= 50 Hz
161
Bu durumda faz fark› hesaplanabilir. ‹ki dalgan›n da ayn› yöne do¤ru yükselirken, zaman eksenini kestikleri nokta aras›ndaki fark tfaz = 2 msn oldu¤undan;
2 ×10−3 (2π) π
t 2π
ϕ = faz
=
= rad olur.
T
5
20 ×10−3
b) Her iki AC gerilimin matematiksel ifadeleri, k›rm›z›da faz fark› olmad›¤›ndan
π
rad geri oldu¤undan
{ = 0 ve mavi de ϕ =
5
Vk›rm›z›(t) = Vpik.sin(2πft) = 130 sin(100πt) V

π
Vmavi(t) = Vpik.sin(2πft - {) = 130sin 100πt −  V olacakt›r.

5 
c) ‹ki dalgan›n vektör gösterimi afla¤›da çizilmifltir.
/2
130
- /5
130
- /2


SIRA S‹ZDE
π 
π 
I1(t) = 65sin 300πt −  A ve I2(t) = 80sin 300πt +  A fleklinde verilen matematik6
5


sel ifadelere ait AC ak›mlar›n faz farklar›n› bulabilir misiniz? Hangi ak›m›n ileri ya da ge-
6
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
ri fazda oldu¤unu da bulunuz.
EMPEDANS - ADM‹TANS
Empedans
DC devrelerde bildi¤imiz direnç ile empedans aras›nda hiçbir fark yoktur. Ancak
AC devrelerde, direncin k›smi eflde¤eri olarak empedans kullan›l›r.
SIRA S‹ZDE‹çinde kondansatör ve endüktör gibi zamanla de¤iflen de¤erlere sahip olan elemanlar›n oldu¤u devrelerin, AC uygulamalar›nda empedans karfl›m›za ç›kar. Empedans, diAMAÇLARIMIZ
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
162
Devre Analizi
renç, kondansatör ve endüktor içeren devrelerde, eflde¤er karmafl›k direnç olarak
tan›mlanabilir. Ayr›ca empedans, RLC devrelerinde ak›m ve gerilimin görünen
genli¤i ile ak›m ve gerilim aras›ndaki görünen faz fark›n› da aç›klayan önemli bir
kavramd›r.
Empedans devre sembollerinde Z harfi ile gösterilir. Reel ve sanal iki k›s›mdan
oluflan bir karmafl›k say›d›r. Birimi direnç birimi de olan ohm (Ω)’dur. Bu Z empedans›n›n, reel k›sm› R ve sanal k›sm› da X ile gösterilir. Z empedans›, reel ve sanal
iki say›n›n toplam› fleklinde gösteriliyorsa; bu gösterime kartezyen form, afla¤›da
oldu¤u gibi büyüklük ve aç› ile ifade ediliyorsa da kutupsal form ad›n› al›r. Empedans›n kartezyen ve kutupsal formlar›n›n gösterimi de
Z = R + jX = |Z|E θ
(7.16)
olarak yap›l›r. Empedans karmafl›k düzlemde vektör olarak da gösterilebilir. Bu
gösterim de fiekil 7.12’de verilmifltir.
Reel k›sm› R ve sanal k›sm› da X olan, Z empedans›n›n büyüklü¤ü ve aç›s› hesaplan›rken kullan›lacak formüller
Z =
R 2 + X2
x
θ = tan−1  
 R 
(7.17)
fiekil 7.12
Empedans›n
Karmafl›k
Düzlemde
Gösterimi.
X
Z
R
R = |Z| cosθ X = |Z| sinθ
fleklindedir. Eflitlik (7.17)’de
e¤er reel k›s›m (R) negatif ve sanal k›s›m (X) pozitifse; hesaplanacak olan aç› de¤erine (θ), π
yani 180° eklenir. Her ikiside negatifse, hesaplanan aç› de¤erinden 180° ç›kar›l›r.
Tersi durumda, empedans
kutupsal formda verilirse, bunu
karmafl›k forma dönüfltürmek
için ise kullan›lacak formüller reel ve sanal k›s›m için de afla¤›daki gibidir:
(7.18)
Empedans - Ak›m - Gerilim ‹liflkisi
Empedans, büyüklü¤ü, kutupsal formdaki genlik olan, belli de¤erdeki bir direnç
gibi davran›r. Belirli bir I ak›m›na karfl›, bu Z empedans›n›n üzerinde oluflan gerilim fark›, Ohm Kanunu kullanarak kutupsal formda, ayn› DC devrelerde oldu¤u gibi yaz›labilir. Yani bu ak›m - gerilim eflitli¤i
V = Z . I = I . |Z|E θ
(7.19)
olarak yaz›l›r. Bu ifade yaz›l›rken devredeki ak›m›n faz› 0° olarak düflünülmüfltür.
Bu flekilde düflünüldü¤ünde ak›m, gerilimin θ kadar gerisinde kal›r.
Ancak ak›m ve gerilime ait AC dalgalar›n faz› 0° de¤ilse, bu durumda, denklemler bir basamak daha karmafl›klaflacakt›r. Ak›m ve gerilim dalgalar›n›n fazlar›
V = |V|E θv
I = |I|E θI
(7.20)
163
fleklinde de olabilir. Daha iyi anlafl›lmas› bak›m›ndan bu ak›m ve gerilim AC dalgalar›na ait sinüzoidal dalga ve vektörel çizimler fiekil 7.13’deki gibi çizilebilir.
fiekil 7.13
Empedans
Üzerindeki Ak›m ve
Gerilime Ait Farkl›
Fazdaki Temsili
Grafikler.
V
V
V
t
0
v
v
I
0
t
Bu durumda Z empedans› için Ohm Kanunu
|V|E θv = |I|E θI . |Z|E θ
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
|V|E θv = |I| . |Z|E (θ + θI)
|V| = |I| . |Z|E (θ + θI - θv)
(7.21)
fleklinde de¤iflir. Yani büyüklük ve faz ifadeleri ayr› ayr› eflitlenirse de |V| = |I| .
S O R U
|Z| ve E θv = E (θI + θ) olur.
S O R U
KKAT
AC devrelerde Ohm Kanunu’na benzer flekilde, empedans kullan›larakD ‹Thevenin
ve Norton
Teoremleri, gerilim ve ak›m bölümü kanunlar›na ait denklemler de yaz›labilir.
SIRA S‹ZDE
N N
‹ki ayr› empedans Z1 = 22E35° ve Z2 = 15E(-40°) fleklinde ise bu empedanslar›n
toplam de¤eri ne olur?
AMAÇLARIMIZ
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
ÖRNEK 8
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
164
Devre Analizi
Çözüm 8:
Z = Z1 + Z2
= 22 E 35° + 15 E (-40°)
= (22 cos35 + j 22 sin35) + (15 cos(-40) + j15 sin(-40))
= 18.021 + j12.618 + (11.49 - j9.642)
= 29.511 + j2.976
= 29.66 E 5.76° ohm
ÖRNEK 9
Z = 5 + j12 empedans› üzerine V1(t) = 36 sin(120πt - π/4) ve V2(t) = 60 sin(120πt +
π/5) AC gerilim kaynaklar›n›n toplam› de¤erinde bir AC gerilim uyguland›¤›nda
oluflacak ak›m›n matematiksel ifadesini bulunuz.
Çözüm 9:
Önce empedans kutupsal forma dönüfltürülür:
Z = 5 + j12 = 13 E 67.38°
Sonra AC kaynaklar üzerinde toplama ve sadelefltirme yap›lmal›d›r:
V = V1 + V2
 π
π
= 36 ∠ -  + 60 ∠  
 4 
 5 

π
 π 
 π
 π  
= 36 cos −  + j 36 sin −  + 60 cos   + j60 sin  
 5 
 5 
 4 
 4 

 

= (25.46 - j25.46) + (48.54 + j35.27)
= 74 + j9.81 = 74.65 E 7.55° V
SIRA S‹ZDE
BuradanSIRA
ak›m
hesaplanabilir:
S‹ZDE
I=
V
74.65∠7.55°
=
= 5.74∠ (−59.83°) A
Z D Ü fi Ü13
N E∠
L ‹67
M .38°
Bu ak›m›n matematiksel ifadesi de flu flekildedir:
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
S Osin(120πt
R U
I(t) = 5.74
- 0.33π) A
Bu konu alt›nda
hesaplamalar› anlayabilmek ve daha kolayl›kla hesaplama ve çöD ‹ K Kverilen
AT
zümleme yapabilmek için matematikte karmafl›k say›lar konular›n› tekrar etmeniz yarar›n›za olacakt›r.
N N
SIRA S‹ZDE
Admitans
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
EmpedansAMAÇLARIMIZ
AC ak›m uygulanan devrelerde ak›ma karfl› gösterilen zorluk olarak düflünülürse, admitans da AC çal›flan devrelerde, elemanlar›n ak›ma gösterdi¤i kolayl›k olarak tan›mlan›r. Y ile gösterilir. Admitans›n da hem reel hem de sanal k›sm›
K ‹ empedans
T A P
vard›r. Birimi
biriminin tersi olan mho olarak bilinir ancak baz› kaynaklarda ise, admitans birimi olarak Siemens (S) de kullan›l›r. De¤erinin hesaplanmas›
1
Y = TELEV‹ZYON
Z
fleklinde yap›l›r. Bu durumda büyüklük ve faz› da
‹NTERNET
‹NTERNET
(7.22)
Y =
1
∠ (−θ)
Z
165
(7.23)
fleklinde olur. Empedans, karmafl›k say› formunda oldu¤unda, admitans› hesaplamak için, empedans› kutupsal forma dönüfltürmek gerekir.
Admitans de¤eri birden büyükse, devre ak›m de¤erini art›r›c› yönde etki gösterir. Y admitans de¤eri birden küçükse de, devre ak›ma kolayl›k de¤il, zorluk gösteren bir yap›dad›r ve ak›m de¤eri azalan yöndedir.
ÖRNEK 10
Z = 34 - j27 ohm olarak tan›mlanan bir empedans için
a) Eflde¤er admitans de¤erini bulunuz.
b) Eflde¤er admitans› kutupsal formda yaz›n›z.
Çözüm 10:
 −1 −27 
2
2
 = 43.41 E (-38.45°) ohm
a) Z = 34 - j27 = 34 + 27 ∠  tan
34 

Y=
1
1
=
= 0.023∠38.45° mho
Z
43.41∠ (−38.45°)
b) Y = 0.023 E 38.45° = 0.023 cos38.45 + j0.023 sin38.45
= 0.018 + j0.014 mho
Admitans - Ak›m - Gerilim ‹liflkisi
Empedans, büyüklü¤ü kutupsal formdaki genlik olan |Z| de¤erinde bir direnç
olarak al›n›p ilgili hesaplamalar yap›labildi¤inden, admitans da büyüklü¤ü |Y|
olan bir anti-direnç olarak al›nabilir. Belirli bir I ak›m›na karfl›, Z empedans› üzerinde oluflan gerilim
V=Z.I
(7.24)
olarak yaz›labildi¤inden ve empedans ile admitans birbirlerinin çarpmaya göre tersi oldu¤undan, admitans ile ak›m ve gerilim aras›ndaki eflitlik
I=V.Y
(7.25)
flekline dönüflecektir.
Ak›m, gerilim ve admitans de¤erleri kutupsal formda
V = |V| E θv
I = |I| E θI
Y = |Y| E (-θ)
(7.26)
olarak yaz›l›rsa ayn› ak›m-gerilim iliflkisi
|I| E θI = |V| E θv . |Y| E (-θ)
|I| E θI = |V| . |Y| E (-θ + θv)
|I| = |V| . |Y| E (-θ + θv-θI)
(7.27)
fleklinde de¤iflir. Bu eflitlikte büyüklük ve faz ifadeleri ayr› ayr› eflitlenirse de
|I|=|V|.|Y| ve E θI=E(θv-θ) olur.
166
Devre Analizi
ÖRNEK 11

π 

Matematiksel olarak V(t) = 50sin 180πt −  denklemiyle verilen bu AC kayna7

¤›n, Y = 0.2 - j0.9 mho’ya denk olan bir admitansa uygulanmas›yla oluflan
a) Ak›m›,
b) Bu ak›m›n matematiksel de¤erini,
c) Ak›m ve gerilim aras›ndaki faz fark›n›
bulunuz.
Çözüm 11:

π
a) V(t) = 50sin 180πt −  ⇒ V = 50 E (-25.71°) V

7 
Y = 0.2 - j0.9 → Y = 0.922 E (-77.47°) mho
I = V.Y → I = (50 E (-25.71°))×(0.922 E (-77.47°)) = 46.1 E (-103.18°) A
b) I(t) = 46.1sin (180πt - 0.573π) A
π
rad = 25.71° geri fazda
7
Ak›m, 0.573π rad = 103.18° geri fazda
Ak›m gerilim aras›ndaki faz fark›: { = 77.47° = 0.43π rad olur.
Bu durumda ak›m, gerilimden { = 77.47° daha geridedir denir.
c) Gerilim,
Empedanslar›n Seri ve Paralel Ba¤lanmas›
Seri Ba¤lama
fiekil 7.14
Seri Ba¤l›
Empedanslar.
a
Z1
Z2
+
Vab
b
Zn
Empedanslar›n seri ba¤lant›s›, t›pk› dirençlerin seri
ba¤lant›s› gibidir. Yap›lan
uç uca seri ba¤lant› sonucu
oluflan toplam empedans,
ayr› ayr› empedans de¤erlerinin toplam› olarak bulunur. Bu ba¤lant› flekli fiekil 7.14’de oldu¤u gibidir.
Bu devrede toplam (eflde¤er) empedans
Z eş = Z1 + Z2 + … + Zn
(7.28)
fleklinde hesaplan›r. Devreden geçen I ak›m›n›n de¤eri ise,
I=
Vab
Zeş
=
Vab
Z1 + Z2 + … + Z n
(7.29)
167
Paralel Ba¤lama
Yine dirençlerin paralel ba¤lant›s› ile ayn› flekilde, toplam (eflde¤er) empedans›n
tersi, ba¤lanm›fl empedanslar›n tersleri toplam›na eflit olmak üzere yap›lan hesaplama ile bulunur. Bu ba¤lant›,
fiekil 7.15’de gösterilmifltir.
Bu devrede toplam (eflde¤er) empedans
fiekil 7.15
Paralel Ba¤l›
Empedanslar.
a
+
Vab
-
Z1
Z2
1
Zn
2
n
b
1
1
1
1
=
+
+…+
Zeş
Z1
Z2
Zn
(7.30)
fleklinde hesaplan›r. Devreden geçen I ak›m›n›n de¤eri ise, yine
I=
Vab
Zeş
(7.31)
ba¤›nt›s› ile hesaplan›r.
Z = 34 - j27 olarak tan›mlanan bir empedansa Z = 12×10-4 + j4×10-3 olarak tan›mlanan bir empedans paralel ba¤lan›rsa eflde¤er admitans ne olur?
Çözüm 12:
4.10−3
= 4.176.10-3 E 73.3° ohm
Z = 12.10-4 + j4.10-3 = 1.744.10−5 tan−1
−4
12.10
1
1
1
=
+
−
4
34 − j27
Zeş
12.10 + j 4.10−3
=
1
1
+
43.41∠ − 38.45°
4.176.10−3 ∠73.3°
=0.023 E 38.45° + 239.46 E -73.3°
=0.018 + j0.014 + 68.82 - j229.385
=68.84 - j229.371 = 239.478 E -73.29
Zefl = 4.175.10-3 E 73.29 ohm
Yeş =
1
= 239.478 ∠ −73.29 mho
Zeş
FAZÖR D‹YAGRAMLAR
AC ak›m devrelerinde ba¤l› olan elemanlar, empedans ad› verilen ve kayna¤›n frekans›na göre sanal k›sm› de¤iflen bir tepki verirler. Bu tepkiye empedans dendi¤ini bir önceki konuda söylemifltik. Saf direnç olmayan bu empedans, uygulanan gerilimin sinüzoidal dalgas›n›n faz aç›s›n› kayd›rarak ak›m sinüzoidalini oluflturur. Bu
ÖRNEK 12
168
Devre Analizi
ak›m ve gerilim ifadeleri matematiksel olarak gösterilebilece¤i gibi fazör olarak da
gösterilebilir. Bilindi¤i gibi fazör, dalgan›n büyüklü¤ü ve faz aç›s› de¤erini içeren
bir gösterim fleklidir. Fazörler, karmafl›k düzlemde vektör olarak gösterildi¤inde de
fazör diyagramlar› elde edilir. Faz aç›lar› birbirinden farkl› ve matematiksel ifadeleri afla¤›da verilmifl sinüzoidallerin, fazör diyagram›ndaki gösterimi fiekil 7.16’da
verildi¤i gibi yap›l›r.
V2(t) = |v2|cos(ωt + θ2) V
V3(t) = |v3|cos(ωt - θ3) V
V1(t) = |v1|cos(ωt) V
fiekil 7.16
Sinüzoidallerin
Fazör Gösterimi.
AC ak›m ve gerilim fazör diyagram›nda gösterilIm
di¤inde, aralar›ndaki iliflki
matematiksel ifadeye göre daha kolay görülür. Faz
V2
farklar› ve büyüklük görsel aç›dan daha kolay kavran›r hale getirilmifl olur.
Sadece AC dalgalar de¤il,
empedans, admitans da
Kartezyen gösteriminden
2
polar forma dönüfltürüleV1
Re
bildi¤inden bunlarda fa3
zör diyagramlar›nda vektör olarak çizilebilirler. Bu
flekilde ak›m-gerilim-emV3
pedans üçlüsü faz ve büyüklük yönünden tek bir
grafikte incelenebilir. Bu
zaman-büyüklük eksenleriyle çizilmifl dalga grafiklerine göre daha kullan›fll› bir yoldur. Çünkü zaman-büyüklük grafiklerine empedans eklenemez. Çünkü empedans
zamanla de¤iflmez, aç›sal frekansa ba¤l› olarak de¤iflir.
Fazörün Eksponansiyel Gösterimi
Elektronikte fazör yani kutupsal formda gösterilen tüm de¤erler yani sinüzoidal
ak›mlar, gerilimler, empedans ve admitanslar, eksponansiyel olarak da gösterilebilir. Eksponansiyel gösterimde, do¤al logaritman›n taban› olan Euler say›s›ndan yararlan›l›r. Kutupsal gösterimdeki Ø faz aç›s›n›n, Euler yani e say›s›n›n üssü olarak
yaz›lmas› ile eksponansiyel gösterim oluflturulabilir. Yani
Z = R + jX
(7.32)
say›s› için kutupsal gösterimde hesaplamalar yap›larak
Z = |Z| E θ°
(7.33)
olarak bulundu¤unda bu say› için eksponansiyel gösterim
Z = |Z|.ejθ
(7.34)
fleklinde olur. Çünkü bilindi¤i gibi|Z|.ejθ asl›nda reel ve sanal iki bileflenden oluflan bir say›d›r. Bu bileflenler; “|Z|cosθ” say›s›, reel yani aktif bileflen, “|Z|sinθ”
say›s›, sanal yani reaktif bileflendir.
169
Burada aktif bileflen, kartezyen gösterimde yaz›lm›fl Z say›s›n›n, R de¤erine eflit
ve ayn› flekilde reaktif bileflen de X de¤erine eflittir.
Bu eflitlikler dikkate al›narak, kutupsal formda yaz›labilecek her türlü AC dalga
ve empedans eksponansiyel formda da kolayl›kla yaz›labilir. Elektronikte bu gösterim oldukça s›k kullan›lmaktad›r.
Z = 8 - j4 empedans›n› eksponansiyel formda yaz›n›z ve fazör olarak gösteriniz.
ÖRNEK 13
Çözüm 13:
Z = 82 + 42 = 8.94
 −4 
θ = tan−1   = −26.56°
 8 
Z = 8.94 E (-26.56°) = 8.94e(-j26.56) ohm
De¤eri Z = 16 - j9 ohm olan bir empedans üzerinden geçen ak›m I = 12cos(150t - 35°)
A oldu¤una göre
a) Gerilim de¤erini matematik ve fazör olarak bulunuz.
b) Bu ak›m-gerilim-empedans üçlüsünü fazör diyagram›nda çiziniz.
ÖRNEK 14
Çözüm 14:
 −9 
a) Z = 162 + 92 tan−1   = 18.35 ∠ (−29.35°) ohm
 16 
I = 12 E (-35°) A
V = Z.I = 18.35 E (-29.35°).12 E (-35°) = 220.2 E (-64.35) V
b)
Z
I
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
V
‹ K K A T uygun heDevre Analizi dersinde ve s›navlarda kullan›lmak üzere trigonometrikDifllemlere
sap makinesi kullan›lmas› gerekmektedir. Özellikle s›navlara gelirken bu tarz ifllemlere
databank
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
N N
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
170
Devre Analizi
Özet
Periyodik olarak yönü ve büyüklü¤ü de¤iflen dalgalara
alternatif ak›m dalgalar› denir. En bilinen AC dalga, sinus dalgalar›d›r. Bir tam dalgan›n oluflmas› süresine dalgan›n periyodu, 1 sn içinde tekrarlanan periyot say›s›na
dalgan›n frekans› denir. Frekans›n 2π kat›yla da aç›sal
frekans hesaplan›r. Periyot T, frekans f ve aç›sal frekans
ω ile gösterilir.
Bir AC dalgan›n herhangi bir t zaman›ndaki de¤erine
anl›k de¤er, bir periyot içinde alabilece¤i en yüksek
de¤ere maksimum de¤er ya da tepe de¤er, bu AC dalgan›n ayn› ›s› etkisini yaratan DC gerilime karfl› gelen
de¤ere etkin ya da efektif de¤er ve dalgan›n bir periyodunun ortalama de¤erine ortalama de¤er ad› verilmektedir. Maksimum de¤er, etkin de¤erin 2 kat› ve
ortalama de¤er de maksimum de¤erin 0.636 kat› al›narak bulunmaktad›r.
De¤erleri bu flekilde bulunan bir AC gerilimin matematiksel ifadesi de V(t) = Vpik.sin(ωt) fleklinde yaz›l›r.
Bir AC dalgan›n s›f›r de¤erini ald›ktan sonra, pozitif de¤erler almaya bafllad›¤› noktaya dalgan›n bafllang›ç noktas› denir. Bu nokta, koordinat düzlemindeki orijinle
çak›fl›ksa, dalga s›f›r fazda, orjine göre sa¤daysa dalga
geri fazda, soldaysa da dalga ileri fazdad›r denir. Bu faz
aç›s› ileri fazda matematiksel ifadeye eklenir, geri fazda
oldu¤undaysa ç›kar›l›r. Ayn› frekanstaki dalgalar aras›ndaki uzakl›¤a da iki dalga aras›ndaki faz fark› denir.
AC çal›flma alt›nda devre elemanlar›n›n ak›ma karfl› gösterdi¤i toplam dirence empedans denir. Emkedans reel
ve sanal k›sm› olan karmafl›k bir say›d›r. Birimi Ω’dur.
Bu say› kartezyen, kutupsal veya eksponansiyel formlardan biriyle gösterilebilir ve bunlar aras›nda dönüflüm
yap›labilir. Ak›m, gerilim ve empedans kutupsal formda yaz›ld›¤›nda, Ohm Kanunu DC’de oldu¤u gibi yaz›labilir. Admitans ad› verilen kavram ise empedans de¤erinin çarpmaya göre tersi al›narak bulunur.
Empedans, ak›m, gerilim ve admitans karmafl›k düzlemde aç› ve büyüklük olarak bir vektör fleklinde çizildi¤indeyse fazör diyagramlar› elde edilir. Fazör diyagramlar görsel aç›dan kolayl›k ve anlafl›labililik sa¤larlar.
171
1. Etkin de¤eri 35 V ve aç›sal frekans› 400π olan AC
dalgan›n maksimum de¤eri ve frekans› hangi fl›kta do¤ru olarak verilmifltir?
a. 49.5 V - 400Hz
b. 49.5 V - 200Hz
c. 24.75 V - 400Hz
d. 24.75 V - 200Hz
e. 55 V - 400Hz
6. Afla¤›daki ifadelerden hangisi bir AC kaynak için
do¤rudur?
a. Maksimum de¤er, tepeden tepeye de¤erin 2
kat›d›r.
b. Maksimum de¤er, sadece (+) tepe de¤eridir.
c. Tepeden tepeye de¤erin yar›s›na etkin de¤er denir.
d. Ortalama de¤er, maksimum de¤erin yar›s›d›r.
e. Maksimum de¤er, etkin de¤erin 2 kat›d›r.
2. Frekanslar› 25 KHz olan iki AC dalgan›n, birinin bafllang›ç noktas› orjinin 4 µsn sa¤›nda, di¤erinin bafllang›ç
noktas› da orjinin 5 µsn solunda kalmaktad›r. Buna göre iki dalga aras›ndaki faz aç›s› kaç derece olur?
a. 36°
b. 81°
c. 99°
d. 123°
e. 160°
7. Eflde¤er empedans› (50 - j100) Ω olan bir devreden
geçen alternatif ak›m›n de¤eri, I(t) = 3sin100πt’dir. Bu
bilgilerle, ak›m›n aç›sal frekans›, ak›m›n tepe de¤eri ve
eflde¤er empedans›n uçlar› aras›ndaki gerilimin tepe
de¤eri niceliklerinden hangileri bilinebilir?
a. Yaln›z ak›m›n frekans›
b. Yaln›z ak›m›n tepe de¤eri
c. Ak›m›n frekans› ve ak›m›n tepe de¤eri
d. Ak›m›n tepe de¤eri ve eflde¤er empedans›n uçlar› aras›ndaki gerilimin tepe de¤eri
e. Hepsi
3. V(t) = 150sin(800πt - π/4) gerilimi alt›nda çal›flan bir
devrede, empedans›n aktif bilefleni 24 Ω ve reaktif bilefleni -19 Ω oldu¤una göre, devrede dolanan ak›m›n
matematiksel ifadesi ne olur?
a. I(t) = 30.61sin(800πt - 38.36°)
b. I(t) = 30.61sin(800πt + 38.36°)
c. I(t) = 30.61sin(800πt - 6.63°)
d. I(t) = 4.9sin(800πt - 6.63°)
e. I(t) = 4.9sin(800πt + 6.63°)
4. AC bir kayna¤›n besledi¤i devrede birbirine paralel
ba¤lanm›fl j1.8 Ω ve j2.7 Ω de¤erindeki empedanslar›n
eflde¤er empedans de¤eri ne olur?
a. j14.14 Ω
b. j8.48 Ω
c. j1.08 Ω
d. j2.93 Ω
e. j0.29 Ω
5. Bir empedans (-j0.21221 Ω) ve bu empedans›n ba¤l› oldu¤u kaynak V(t) = 100sin(500πt - π/10) ifadesiyle
yaz›labiliyorsa, bu empedans üzerinden geçen ak›m›n
eksponansiyel gösterimi afla¤›dakilerden hangisi olur?
a. 47.123ej72°
b. 471.23ej18°
c. 47.123e-j90°
d. 471.23ej72°
e. 471.23e-j90°
8. (j10) ohm’luk bir dirence uygulanan gerilimin denklemi V(t)=300sin(400πt - 11.64°)’dir. Dirençten geçecek
olan ak›m›n denklemi afla¤›dakilerden hangisidir?
a. I(t) = 30sin(400πt - 101.64°)
b. I(t) = 300sin(400πt - 79.36°)
c. I(t) = 300sin(400πt - 101.64°)
d. I(t) = 30sin(400πt - 79.36°)
e. I(t) = 30sin(400πt - 11.64°)
9. (40 - j30) Ω’luk bir empedans, etkin de¤eri 2 A, frekans› 50 Hz ve s›f›r fazda bir AC ak›m kayna¤›na ba¤lanm›flt›r. Empedansta oluflacak olan gerilim afla¤›dakilerden hangisidir?
a. V(t) = 100cos(314t-36.87°)
b. V(t) = 100cos(314t-53.13°)
c. V(t) = 141.42cos(314t-36.87°)
d. V(t) = 141.42cos(314t-53.13°)
e. V(t) = 100cos(314t+36.87°)

π 

10. V(t) = 212sin 300πt −  V ve I(t) = 80sin
10 



300πt + π  fleklinde verilen matematiksel ifadelere


15 
ait AC gerilim ve ak›m aras›ndaki faz fark›n›n do¤ru
aç›klamas› hangisidir?
a. Gerilim, ak›m›n 30° geri faz›ndad›r.
b. Gerilim, ak›m›n 30° ileri faz›ndad›r.
c. Ak›m, gerilimin 30° geri faz›ndad›r.
d. Ak›m, gerilimin 45° ileri faz›ndad›r.
e. Gerilim, ak›m›n 45° ileri faz›ndad›r.
172
Devre Analizi
1. b
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Alternatif Ak›m De¤erleri”
Yan›t›n›z yanl›fl ise “‹ki AC Dalga Aras›ndaki
Faz Fark›” bafll›kl› konuyu yeniden gözden
geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Empedans - Ak›m - Gerilim
‹liflkisi” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Empedanslar›n Seri ve Paralel Ba¤lanmas›” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Fazörün Eksponansiyel
Gösterimi” bafll›kl› konuyu yeniden gözden
geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Empedans-Ak›m-Gerilim ‹liflkisi” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Empedans-Ak›m-Gerilim ‹liflkisi” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Faz Kavram› ve Faz ‹liflkileri” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
2. b
3. d
4. c
5. d
6. e
7. e
8. a
9. c
10. a
S›ra Sizde 1
T=
f =
−6
20 ×10
1
T
4
=
1
= 5 ×10−6 sn
−6
5 ×10
= 200 KHz
Vmax = 220 2 = 311.12 V
Vort = 311.12×0.636 = 197.87 V
S›ra Sizde 4
f = 50 Hz
T=
1
f
= 20 msn
Vetk = 220 V
Vmax = 220 2 = 311.12 V
Gerilim (V)
311.12
0
10
20
t (msn)
-311.12
S›ra Sizde 5
T = 10 msn
1
f =
= 100 Hz
T
t faz × 2π
T
=
2 × 2π
10
=
2π
5
= 72°
Iort = 38 A
Imax = Iort/0.636 = 59.45 A
S›ra Sizde 2
T = 5 msn
I( t ) = 59.45 sin 200πt −


2π 
A

5 
S›ra Sizde 6
 π  11π
rad = 66°
− −  =
5  6 
30
Gerilim (V)
π
20
2.5
5
t (msn)
-20
Vetk = 220 V
θ=
ω = 2πf = 4π105 = 1256637.06 rad/sn
0
S›ra Sizde 3

π
I1 ( t ) = 65 sin 300πt −  A geri fazda,

6 

π
I 2 ( t ) = 80 sin 300πt +  A ileri fazdad›r.

5 
Köksal, A. ve ark. (2012). Elektrik Devreleri, Ankara,
Palme Yay›nc›l›k.
Nilsson J. W. ve Riedel S. A. (2011). Electric Circuits,
New Jersey, Pearson Education.
Özbey, fi. (2010). Elektrik Devre Analizi 2, Ankara,
Seçkin Yay›nc›l›k.
Erna, H. (1999). Pratik Elektrik ve Elektronik, ‹stanbul, ‹nk›lap Kitabevi.
Selek, fi. (2008). Alternatif Ak›m (AC) Devre Analizi,
Ankara, Seçkin Yay›nc›l›k.
173
8
DEVRE ANAL‹Z‹
Amaçlar›m›z
N
N
N
N
Alternatif ak›m devrelerinin analizini yapabilecek,
Ortalama güç hesab› yapabilecek,
Karmafl›k güç hesab› yapabilecek,
Güç çarpan›n› hesaplayabilecek ve düzeltebilecek
bilgi ve becerilerine sahip olabilirsiniz.
Anahtar Kavramlar
• Alternatif ak›m
• Anl›k güç
• Ortalama güç
• Karmafl›k güç
• Güç çarpan›
• Güç çarpan›n›n düzeltilmesi
‹çindekiler
Devre Analizi
Alternatif Ak›m
Devrelerinin Analizi
ve Güç Hesaplamalar›
• G‹R‹fi
• ALTERNAT‹F AKIM DEVRELER‹N‹N
ANAL‹Z‹
• ALTERNAT‹F AKIM DEVRELER‹NDE
GÜÇ HESAPLAMALARI
Alternatif Ak›m
Devrelerinin Analizi ve Güç
Hesaplamalar›
G‹R‹fi
Alternatif ak›m devrelerinin analizinde daha önceki bölümlerde do¤ru ak›m devrelerinin analizinde kullan›lan tüm yöntemler (dü¤üm gerilimleri yöntemi, göz
ak›mlar› yöntemi, süperpozisyon, kaynak dönüflümleri, Thevenin ve Norton eflde¤er devreleri) kullan›lacakt›r. Dolay›s›yla önceki bölümlerde ö¤renilen yöntemleri
tekrarlamak yerine bu yöntemlerin alternatif ak›m devrelerinde kullan›m› örneklerle anlat›lacakt›r. Alternatif ak›m devrelerinin analizinde devre öncelikle fazör ve
empedans kavramlar› kullan›larak frekans alan›na aktar›lacakt›r. Bu aktar›m sonucu yaz›lacak eflitlikler karmafl›k say›lar içerecektir. Daha sonra dikkatli seçilen örneklerle yukar›da bahsedilen yöntemlerin uygulamas› anlat›lacakt›r.
Herhangi bir devre eleman› taraf›ndan sa¤lanan veya harcanan anl›k güç o eleman üzerindeki gerilim düflümü ile eleman üzerinden akan ak›m›n çarp›m›na eflitSIRA S‹ZDEDo¤ru ak›m
tir. Ortalama güç ise anl›k gücün ortalamas› olarak hesaplanmaktad›r.
devreleri için anl›k güç ve ortalama güç birbirine eflittir ancak bu bölümde gösterilece¤i gibi alternatif ak›m devrelerinde anl›k ve ortalama güç birbirinden farkl›D Ü fi Ü N E L ‹ M
d›r. Alternatif ak›m devrelerindeki güç hesaplamalar›nda anl›k ve ortalama güç hesaplar›n›n yan› s›ra karmafl›k güç, tepkin güç, güç çarpan› ve güç çarpan›n›n düS O R U
zeltilmesi gibi yeni kavramlar ö¤renilecektir.
Devre Analizi dersinde ve s›navlarda kullan›lmak üzere trigonometrikDifllemlere
uygun he‹KKAT
databank
AMAÇLARIMIZ
ALTERNAT‹F AKIM DEVRELER‹N‹N ANAL‹Z‹
N N
Alternatif ak›m devrelerinin analizinde daha önceki bölümlerde do¤ru ak›m devK ‹ T A yöntemi,
P
relerinin analizinde kullan›lan tüm yöntemler (dü¤üm gerilimleri
göz
ak›mlar› yöntemi, süperpozisyon, kaynak dönüflümleri, Thevenin ve Norton eflde¤er devreleri) kullan›lacakt›r. Devre fazör ve empedans kavramlar› kullan›larak freTELEV‹ZYON
kans alan›na aktar›lacakt›r.
‹NTERNET
SIRA S‹ZDE
S O R U
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
176
Devre Analizi
Direnç, Bobin ve Kondansatörlerde Frekans Alan›nda
Gerilim - Ak›m ‹liflkisi
fiekil 8.1
Direnç için gerilim
- ak›m iliflkisi.
Alternatif ak›m devrelerinin analizine bafllamadan önce elektriksel elemanlar›n
frekans alan›nda gerilim ak›m iliflkilerini belirlemeliyiz. fiekil 8.1’de gösterilen R
direncinin üzerinden sinüzoidal i(t)=Imcos(ωt+θi) ak›m›n›n akt›¤›n› düflünelim.
Direnç üzerindeki gerilim zaman alan›nda Ohm Kanunu’ndan v(t) = Ri(t) =
RImcos(ωt+θi) olarak yaz›l›r. Ak›m ve gerilim fazör gösterimleri I=ImEθi ve V=RImEθi oldu¤undan, gerilim fai(t)
zörü ile ak›m fazörü aras›ndaki iliflki V=RI olarak buluR
nur. Bu eflitlik dirençlerde gerilim - ak›m iliflkisinin frekans alan›ndaki ifadesidir ve zaman alan›ndaki Ohm
+ v(t) Kanunu ile benzerdir. Dirençlerde gerilim ve ak›m faz
aç›lar› birbirine eflittir.
fiekil 8.2’de gösterilen L bobininin üzerinden sinüzoidal i(t) = Imcos(ωt+θi) ak›akt›¤›n› düflünelim. Bobin üzerindeki gerilim zaman alan›nda
di
v ( t ) = L = −ωLI m sin( ωt + θ i ) = −ωLI m cos( ωt + θ i − 900 ) olarak yaz›l›r. Ak›m ve
dt
gerilim fazör gösterimleri I=ImEθi ve V=–ωLImEθi–90°
m›n›n
fiekil 8.2
Bobin için gerilim ak›m iliflkisi.
i(t)
=jωLImEθi oldu¤undan, gerilim fazörü ile ak›m fazörü
L
aras›ndaki iliflki V=jwLI olarak bulunur. Bobinlerde ak›m›n faz› ile gerilimin faz› aras›nda 90° faz fark› bulun-
+ v(t) -
maktad›r ve ak›m gerilimi 90° farkla takip etmektedir.
fiekil
8.3’de
gösterilen
C
kondansatörünün
üzerindeki
gerilimin
v(t)=Vmcos(ωt+θv) oldu¤unu düflünelim. Kondansatörde gerilim ak›m iliflkisi zadv
man alan›nda i( t ) = C = −ωCVm sin( ωt + θ v ) = −ωCVm cos( ωt + θ v − 900 ) oladt
rak yaz›l›r. Ak›m ve gerilim fazör gösterimleri V=VmEθv ve
I=–ωCVmEθv–90°=jωCVmEθv oldu¤undan, gerilim fazö-
fiekil 8.3
Kondansatör için
gerilim - ak›m
iliflkisi.
rü ile ak›m fazörü aras›ndaki iliflki I=jωCV olarak bulu-
i(t)
C
nur. Kondansatörlerde de ak›m›n faz› ile gerilimin faz›
+ v(t) -
aras›nda 90° faz fark› bulunmaktad›r, ancak ak›m gerilimin 90° farkla önünden gitmektedir.
Empedans
Frekans alan›nda direnç, bobin ve kondansatörlerde gerilim-ak›m iliflkilerinin
V=RI,
V=jωLI,
V=
1
I
jωC
(8.1)
oldu¤u gösterildi. Bu iliflkiler genel olarak V=ZI fleklinde ifade edilebilir. Z ilgili eleman›n empedans›d›r ve s›ras›yla ZR=R, ZL=jωL ve ZC=1/jωC olarak hesaplan›r. Bobin ve kondansatörün empedanslar› frekansa ba¤l› olarak de¤iflmektedir, dolay›s›yla bobin ve kondansatör içeren devrelerin tepkileri frekans de¤ifltikçe de¤iflmektedir.
177
8. Ünite - Alternatif Ak›m Devrelerinin Analizi ve Güç Hesaplamalar›
Devrenin Zaman Alan›ndan Frekans Alan›na Aktar›lmas›
E¤er devre zaman alan›nda verilirse (kaynaklar zamana ba¤l›, L ve C s›ras›yla
Henry ve Farad cinsinden) öncelikle frekans alan›na aktar›lmal›d›r. Bunun için
kaynaklar fazör fleklinde ifade edilir, bobin ve kondansatör ise empedans fleklinde hesaplan›r. Devredeki gerilim ve ak›mlarda fazör olarak gösterilir.
ÖRNEK 1
fiekilde verilen devreyi zaman alan›ndan frekans alan›na aktar›n›z.
50
60
2H
1mF
25cos(50t-30°)V +-
Çözüm 1:
Verilen devredeki kaynak fazör olarak 25E–30° olarak ifade edilir. Devrenin
frekans› 50 rad/s oldu¤undan bobin ve kondansatörün empedanslar›
1
1
=
= − j20Ω olarak bulunur. Afla¤›da
ZL=jωL=j50(2)=J100Ω ve Zc =
jωC j50(10−3 )
devrenin frekans alan›ndaki hali çizilmifltir.
50
60
-j20
j100
+
25 -30°V -
fiekilde verilen devreyi zaman alan›ndan frekans alan›na aktar›n›z. SIRA S‹ZDE
1
1 F
1k
10sin(1000t-20°)V
+
-
2H
2k
+
-
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
5cos1000tV
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
N N
Devre frekans alan›na aktar›ld›ktan sonra devre analiz yöntemleri kullan›larak
istenilen ak›m ve gerilimler fazör olarak hesaplanacakt›r. Fazöre
karfl› gelen zaman
AMAÇLARIMIZ
alan› ifadesi kolayl›kla yaz›labilir. Takip eden bölümlerde örneklerle alternatif
ak›m devrelerinin analizi yap›lacakt›r.
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
178
Devre Analizi
Kirchhoff Kanunlar›n›n Kullan›m›
ÖRNEK 2
fiekilde verilen devrede I1 ak›m›n› ve V1 gerilimini hesaplay›n›z. Devredeki kayna¤›n frekans› 50 Hz ise ak›m ve gerilimi zaman alan›nda yaz›n›z.
4
8
+
I1
+
Vs= 24 60°V -
-j4
j6
V1
-
Çözüm 2:
Bu problemin çözümünde ilk olarak kaynak taraf›ndan görülen toplam empedans› hesaplayaca¤›z. Bu empedans› kullanarak I1 ak›m›n› bulaca¤›z. Daha sonra
V1 gerilimini hesaplayaca¤›z.
Vs kayna¤› taraf›ndan görülen eflde¤er empedans flu flekildedir:
Z eş = 4 +
(6 j)(8 − j4)
24 + j48
= 4+
= 4 + 4.24 + j4.9
94 = 8.24 + j4.94Ω
j6 + 8 − j4
8 + j2
24∠60o
Vs
=
= 2.5∠29.06o A olarak bulunur. KircZ eş 8.24 + j4.94
hhoff’un gerilim kanunu kullan›larak V1 = Vs – 4I1 = 24E60° –10E29.06° = 3.26 +
Bu durumda I1 =
j15.92= 16.25E78.43° V olarak hesaplan›r.
Devrenin radyal frekans› ω= 2πf=2π(50)=100π rad/s olarak hesaplan›r. Bu durumda
i1(t)=2.5cos(100πt+29.06°)A
v1(t)=16.25cos(100πt+78.43°)V
olarak yaz›l›r.
Dü¤üm Gerilimleri Yöntemi
ÖRNEK 3
fiekilde verilen dü¤üm gerilimlerini fazör formunda bulunuz.
j5
V1
V2
-j4
2 0°A
10
2 45°A
179
Çözüm 3:
Dü¤üm eflitlikleri
V1
V − V2
+ 1
= 2∠0o ⇒
j5
10
V2 − V1 V2
+
= 2∠45o ⇒
− j4
j5
(1− j2) V1 + j2V2 = 20∠0o = 20
j4 V1 + jV2 = 40∠45o
= 28.28 + j28.28
olarak yaz›l›r. Eflitliklerin çözümünden
V1=5.24–j4.18 V
V2=7.33–j11.56 V
olarak bulunur.
Göz Ak›mlar› Yöntemi
fiekilde verilen devrede I2 ak›m›n› göz ak›mlar› yöntemini kullanarak bulunuz.
ÖRNEK 4
-j2
2
j2
24 0°V
+
-
I2
I1
2
2 90°A
Çözüm 4:
‹ki göz aras›ndaki ak›m kayna¤›ndan dolay› devrede bir tane süpergöz oluflmaktad›r. Süpergöz eflitli¤i flu flekildedir:
2I1+(2–j2)I2=24E0°
Bu eflitlikte iki bilinmeyen (I1 ve I2) bulunmaktad›r. Ak›m kayna¤›n› kullanarak
I2–I1=2E90°
eflitli¤i yaz›labilir. Bu eflitlikten I1= I2–2E90°=I2–j2 bulunup ilk eflitlikte yerine
konulursa
2( I 2 − j2) + ( 2 − j2)I 2 = 24∠0o
( 4 − j2)I 2 = 24 + j4 ⇒ I 2 =
24 + j4
= 5.44∠36o A
4 − j2
olarak bulunur.
fiekilde verilen devrede I0 ak›m›n›
a. dü¤üm gerilimleri ve
b. göz ak›mlar› yöntemlerini kullanarak bulunuz.
SIRA S‹ZDE
2
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
SIRA S‹ZDE
180
Devre Analizi
j1
12 0° V +
-
2
10
1
+
-
6 0° V
Süperpozisyon Yöntemi
ÖRNEK 5
fiekilde verilen devrede v1(t) = 12 cos(4000t + 45°)V ve v2(t) = 5cos 3000t V olarak
verilmifltir. Devreden akan i(t) ak›m›n›n yat›flk›n durum ifadesini bulunuz.
3k
V1(t)
+
-
+
-
V2(t)
‹(t)
0.5H
Çözüm 5:
Kaynaklar›n frekanslar› farkl› oldu¤undan i(t)’yi bulmak için kullan›lacak tek
yöntem süperpozisyon yöntemidir.
i. v2(t) kayna¤›n› etkisizlefltirip (k›sa devre yaparak) v1(t) kayna¤›ndan dolay›
devreden akan ak›m› bulal›m. Kayna¤›n frekans› 4000 rad/s oldu¤undan bobinin empedans› j2000 Ω olarak bulunur. Devrenin zaman alan›ndaki ve frekans alan›ndaki durumlar› afla¤›da çizilmifltir.
3k
3k
V1(t)
12 45° V +-
+
‹(t)
0.5H
I1 =
I1
j2k
12∠45o
= 3.328∠11.71o mA
3000 + j2000
ii. v1(t) kayna¤›n› etkisizlefltirip (k›sa devre yaparak) v2(t) kayna¤›ndan dolay›
devreden akan ak›m› bulal›m. Kayna¤›n frekans› 3000 rad/s oldu¤undan bobinin empedans› j1500 Ω olarak bulunur. Devrenin zaman alan›ndaki ve frekans alan›ndaki durumlar› afla¤›da çizilmifltir.
3k
3k
+
-
I2 = −
181
+
-
V2(t)
‹2(t)
‹2
0.5H
j1.5k
5 0°V
5∠0o
= −1.49∠− 26.56o mA
3000 + j1500
i(t)=i1(t) + i2(t)=(3.328 cos (4000t+11.71°)–1.49 cos (3000t–26.56°)) mA
Kaynak Dönüflümü Yöntemi
fiekilde verilen devrede I ak›m›n› kaynak dönüflümleri kullanarak bulunuz.
-j2
12 0°V
-
+
6 30°V
I
+
-
j3
4
Çözüm 6:
‹lk olarak ideal gerilim kayna¤› ve –j2 Ω empedans›ndan oluflan pratik gerilim
kayna¤›n› pratik ak›m kayna¤›na dönüfltürelim.
I1 =
12∠0o
= 6∠90o A
− j2
Devre afla¤›da gösterilen devreye dönüflür. Yeni devrede –j2 Ω ve 4 Ω paraleldir. Bu iki empedans›n paralel eflde¤eri 0.8 – j1.6 Ω olarak hesaplan›r.
6 90°A
-j2
-
+
6 30°V
I
4
j3
‹deal ak›m kayna¤› ve paralelindeki (0.8 - j1.6) Ω empedans› pratik bir gerilim
kayna¤›na dönüfltürülebilir. Kayna¤›n de¤eri V1=6E90°(0.8–j1.6)=10.733E26.56°V
olarak hesaplan›r. Yeni devre afla¤›da çizilmifltir.
ÖRNEK 6
Devre Analizi
6 30°V
-j1.6
+
0.8
I
+
-
10.73 26.56°V
-
182
j3
Devreden akan ak›m
I=
(10.73∠26.56o − 6∠30o )
= 2.95∠ − 38o A
(0.8 − j1.6 + j3)
olarak bulunur.
Thevenin Eflde¤eri
fiekilde verilen devrede V0 gerilimini Thevenin eflde¤er yöntemini kullanarak bulunuz.
-j2
2
+
j2
24 0°V
+
-
V0
+
-
12 0°V
2
-
Çözüm 7:
‹lk olarak uçlar› aras›nda V0 gerilimi olan 2 Ω’luk direncin uçlar›n› aç›k devre
yaparak bu uçlar aras›ndaki VTH gerilimini bulal›m. Bu amaçla kullan›lacak devre
afla¤›da verilmektedir.
-j2
2
j2
+
24 0°V -
I
+
-
ÖRNEK 7
12 0°V
+
VTH
-
Devredeki sol gözden akan ak›m
I=
(36∠0o )
(36∠0o )
=
= 12.72∠ − 45o A
( 2 + j2) ( 2 2∠45o )
olarak bulunur. Thevenin gerilimi
VTH=j2I–12E0°=25.44E45°–12E0°=6+j18 V
olarak bulunur.
183
Thevenin empedans› ZTH’yi bulmak için her iki gerilim kayna¤›n› k›sa devre
yap›p uçlar aras›ndan görülen eflde¤er empedans› hesaplayal›m. ‹lgili devre afla¤›da verilmifltir. Bu devrede 2 Ω ve j2 Ω paralel, –j2 Ω ise bu paralel empedans birleflimine seri ba¤l›d›r ve Thevenin empedans›
ZTH =
2(j2)
4j-4j+4
4
− j2=
=
=1 − j1 Ω
2+j2
2+j2
2+j2
olarak bulunur.
-j2
2
j2
ZTH
Thevenin eflde¤er devresi ve 2 Ω’luk direnç seri ba¤lanarak istenilen gerilim
afla¤›daki flekilden
Vo =
2
2(6 + j18)(3 + j)
(6 + j18) =
= 12 j = 12∠90o V
3− j
10
-j1
1
6+j18 V
+
V0
-
+
-
2
fiekilde verilen devrede V0 gerilimini Thevenin eflde¤er devresi yöntemini
SIRA S‹ZDE kullanarak
bulunuz.
2
4 0°A
SIRA S‹ZDE
S O R U
S O R U
D‹KKAT
D‹KKAT
12 0°V
-+
-j2
3
j2
+
V0
2
SIRA S‹ZDE
ALTERNAT‹F AKIM DEVRELER‹NDE GÜÇ
HESAPLAMALARI
N N
Önceki bölümlerde alternatif ak›m devrelerinde bir noktadakiAMAÇLARIMIZ
gerilim veya ak›m›n
hesaplanmas› üzerinde duruldu. Bir di¤er önemli konu, bir elektrik eleman› taraf›ndan sa¤lanan veya harcanan gücün hesaplanmas›d›r. Bu bölümde alternatif
K ‹ T A P
ak›m devrelerinde anl›k güç, ortalama güç, karmafl›k güç ve güç çarpan› konular›
üzerinde durulacakt›r.
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
184
Devre Analizi
Anl›k Güç
Önceki bölümlerde anlat›lan iflaret konvansiyonu kullan›larak bir elektriksel eleman taraf›ndan harcanan veya sa¤lanan anl›k gücün, eleman›n üzerindeki gerilim
düflümü ile eleman üzerinden akan ak›m›n çarp›m› olarak hesapland›¤› gösterilmiflti. Bir elektriksel eleman üzerinden akan ak›m i(t)=Im cos(ωt+θi) ve eleman›n
üzerindeki gerilim v(t)=Vm cos(ωt+θv) olarak verilsin. Bu durumda anl›k güç
p(t)=v(t)i(t)=Vm cos (ωt+θv) Im cos (ωt+θi)
(8.2)
1
olarak yaz›l›r. cos a cos b = cos(a − b) + cos(a + b) trigonometrik ba¤›nt›s› kul2
lan›larak
p(t)=
Vm I m
(8.3)
[cos (θ v − θ i )+cos(2ωt+θ v +θ i )]
2
olarak yaz›labilir. Bu ifadeden görüldü¤ü gibi anl›k güç iki terimden oluflmaktad›r. Birinci terim sabit bir de¤erdir. ‹kinci terim ise frekans› ak›m ve gerilimin frekans›n›n iki kat› olan sinüzoidal bir dalgad›r.
ÖRNEK 8
Bir elektriksel eleman›n üzerinden akan ak›m i(t)=2 cos(5t+30° )A ve eleman›n
üzerindeki gerilim v(t)=4 cos(5t+60° )V olarak verilmifltir. Eleman taraf›ndan sa¤lanan (harcanan) anl›k gücü hesaplay›n›z. Gerilim, ak›m ve anl›k gücü ayn› grafik üzerinde çiziniz.
Çözüm 8:
Anl›k güç formülünü kullanarak
p( t ) =
4( 2) 
cos(60°− 30°) + cos(10 t + 60°+ 30°)
2 
=4cos(30°)+4cos(10t+90°)=3.46+4 cos(10t+90°)W
olarak hesaplan›r. Gerilim, ak›m ve anl›k gücün çizimleri afla¤›da verilmifltir. fiekilden görüldü¤ü gibi anl›k gücün bir ortalama de¤eri bulunmaktad›r ve anl›k gücün
frekans› gerilim ve ak›m›n frekans›n›n iki kat›d›r.
8
i(t)
v(t)
p(t)
porta
6
4
3.464
2
0
-2
-4
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Zaman(sn)
1.4
1.6
1.8
2
185
Ortalama güç
Herhangi bir periyodik fonksiyonun ortalamas›, fonksiyonun bir periyot boyunca
al›nan integralinin periyota bölünmesiyle hesaplan›r. Gerilim ve ak›m›n ayn› frekanstaki sinüzoidal fonksiyonlar olmas› durumunda ortalama güç
P=
1 T
V I cos( ωt + θ v )cos( ωt + θ i )dt
T ∫0 m m
P=
1 T Vm I m 
cos( θ v − θ i ) + cos( 2ωt + θ v + θ i ) dt
T ∫0
2 
1
P = Vm I m cos( θ v − θ i )
2
(8.4)
olarak bulunur.
Dirençte Ortalama Güç
Dirençlerde θv=θi&cos(θv– θi)=1 oldu¤undan direnç taraf›ndan harcanan ortalama güç
V2
1
1
PR = Vm I m = I 2m R = m
2
2
2R
(8.5)
formülü ile hesaplan›r.
Reaktif Elemanlarda (Bobin ve Kondansatör) Ortalama Güç
Bobin ve kondansatörlerde gerilim ve ak›m aras›ndaki faz fark› –+ 90° ve cos(θv–
θi)=0 oldu¤undan bobin ve kondansatör taraf›ndan ortalama güç harcanmaz yani
PL=PC=0’d›r. Bu nedenle bobin ve kondansatör kay›ps›z eleman olarak nitelendirilir.
fiekilde gösterilen devrede sa¤lanan ve harcanan ortalama güçlerin eflit oldu¤unu
gösteriniz.
2
1
10 60°V +-
j2
Çözüm 9:
V 10∠60o
I= =
= 3.53∠15o A
2 + j2
Z
olarak bulunur.
Kaynak taraf›ndan sa¤lanan ortalama güç flu flekildedir:
1
1
Ps = Vm I m cos( θ v − θ i ) = (10)(3.53)cos(60o − 15o ) = 12.5W
2
2
Direnç taraf›ndan harcanan ortalama güç flu flekildedir:
ÖRNEK 9
186
Devre Analizi
1
1
PR = I 2m R = (3.53)2 2 = 12.5W
2
2
Bobin ortalama güç harcamamaktad›r. Bu nedenle sa¤lanan ve harcanan ortalama güç birbirine eflittir.
SIRA S‹ZDE
4
SIRA S‹ZDE
fiekilde gösterilen
devrede her bir direnç taraf›ndan harcanan ortalama gücü hesaplay›n›z.
2
12 60°V S +
O- R U
S O R U
AMAÇLARIMIZ
-j4
D‹KKAT
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
4
N N
K ‹ T A P
S‹ZDE
OrtalamaSIRA
Gücün
Etkin De¤er Kullan›larak Hesaplanmas›
V
Sinüzoidal sinyallerin etkin de¤erinin Vetk = m
AMAÇLARIMIZ
2
Etkin de¤erler
kullan›larak ortalama güç
P=
oldu¤u 7. bölümde anlat›lm›flt›.
Vm I m
V I
cos(θ − θ )= m m cos(θ v − θ i )=Vetk Ietk cos(θ v − θ i )
2 K ‹ T A vP i
2 2
(8.6)
olarak hesaplan›r. Bu durumda direnç taraf›ndan harcanan ortalama güç
TELEV‹ZYON
2
PR =Vetk Ietk = Ietk
R=
TELEV‹ZYON
2
Vetk
R
(8.7)
fleklindedir.
‹NTERNET
‹NTERNET
Görünür Güç ve Güç Çarpan›
Sinüzoidal kaynakl› devrelerde bir elemanla ilgili ortalama gücün P=Vetk Ietk
cos(θv– θi) oldu¤unu göstermifltik. Bu eflitlikte Vetk Ietk çarp›m› görünür güç olarak adland›r›l›r. cos(θv– θi) terimi birimsiz bir sabit ve ortalama gücün birimi Watt
oldu¤u halde, görünen güç ile ortalama gücü ayr›flt›rabilmek için görünen gücün
birimi Volt-Amper (VA) olarak seçilmifltir. Güç çarpan› ise ortalama gücün görünür
P
güce oran› olarak tarif edilir ve PF=
= cos(θ v − θ i ) formülü ile hesaplan›r.
Vetk Ietk
(θv–θi) aç›s› güç çarpan› aç›s› olarak adland›r›l›r. Güç çarpan› aç›s› pozitif oldu¤u
durumda güç çarpan› ileri güç çarpan›, negatif oldu¤u durumda ise geri güç çarpan› olarak adland›r›l›r. Güç çarpan› aç›s› ayn› zamanda güç hesab› yap›lan uçlar
aras›ndaki eflde¤er empedans›n faz aç›s›na eflittir.
ÖRNEK 10
Empedans› Z = 60+j40 Ω olan elektriksel bir yük üzerindeki gerilim
v(t)=160cos(377t+10°)V olarak verilmifltir. Yükün harcad›¤› ortalama gücü, güç
çarpan› aç›s›n›, güç çarpan›n› ve görünür gücü hesaplay›n›z.
187
Çözüm 10:
Devrenin frekans alan›ndaki çizimi afla¤›da gösterilmifltir.
60
I
160 10° V +
-
j40
160∠10°
= 2.2188∠− 23.69°A olur.
60 + j40
160( 2.2188)
Yükün harcad›¤› ortalama güç P =
cos(10°− (−23.69°)) = 147.69 W
2
Güç faktörü aç›s› 10° – (–23.69°)=33.69°,
Devreden akan ak›m I =
Güç çarpan› cos(33.69°) = 0.8321 geri,
Görünür güç
147.69
= 177.5 VA olarak hesaplan›r.
0.8321
fiekilde gösterilen devrenin kaynak taraf›ndan görülen güç çarpan›n› hesaplay›n›z. Kaynak taraf›ndan sa¤lanan ortalama gücü hesaplay›n›z.
10
8
I
120 0° Vetk +
-
j4
-j6
Çözüm 11:
Kaynak taraf›ndan görülen güç çarpan›n› hesaplamak için kayna¤›n gördü¤ü
eflde¤er empedans› bulmal›y›z.
Z eş =
(8-j6)j4
24+j32
(104+j12)(8+j2) 808+j304
+ 10 =
+10=
=
Ω
8 − j6 + j4
8-j2
68
68
 304 
tan−1 
 = 20.62° ve güç çarpan›
 808 
cos(20.62°)=0.936 geri olarak bulunur. Kaynak üzerinden akan ak›m flu flekildedir:
Bu durumda güç çarpan› aç›s›
Ietk =
120∠0°
120(68)
8160
=
=
= 9.45∠ − 20.62°A etk
Z eş
808 + j304 863.3∠20.62°
P=120(9.45)cos(0°–(–20.62°))=1061 W
ÖRNEK 11
188
Devre Analizi
SIRA S‹ZDE
5
fiekilde gösterilen
devrede kaynak taraf›ndan görülen güç çarpan›n›, kaynak taraf›ndan
SIRA S‹ZDE
sa¤lanan ve her bir direnç taraf›ndan harcanan ortalama gücü hesaplay›n›z.
S O R U
S O R U
AMAÇLARIMIZ
3H
-
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
Karmafl›k Güç
fiekil 8.4
Karmafl›k güç.
K ‹ T A P
K ‹ T A P
i(t)
TELEV‹ZYON
+
TELEV‹ZYON
V(t)
‹NTERNET
-
2
0.25F
D ‹ K K A+
T
16cos(2t-40°)V
D‹KKAT
SIRA S‹ZDE
1
Yük
‹NTERNET
Sinüzoidal kaynakl› bir devrede güç hesaplamalar›n› kolaylaflt›rmak amac›yla kullan›lan bir kavram karmafl›k güç kavram›d›r. Güç analizinde karmafl›k güç kavram› bir yük taraf›ndan harcanan
güçle ilgili tüm bilgileri içerdi¤i için önemlidir.
fiekil 8.4’de gösterilen yükte gerilim ve ak›m›n
ayn› frekanstaki sinüzoidal fonksiyonlar olduklar› ve fazör olarak V=VmEθV, Ι=ΙmEθi fleklinde
ifade edildiklerini varsayal›m.
Yük taraf›ndan harcanan karmafl›k güç S gerilim fazörü ile ak›m fazörünün eflleni¤inin çarp›m›
1
S = VI* = Vetk I*etk = Vetk∠θ v Ietk∠θ i = Vetk Ietk∠( θ v − θ i )
2
= Vetk Ietk cos(θ v − θ i ) + jVetk Ietk sin( θ v − θ i )
(8.8)
olarak hesaplan›r. Bu eflitlikte, I*, I ak›m›n›n eflleni¤idir. Karmafl›k güç ifadesinden
görüldü¤ü gibi, karmafl›k gücün büyüklü¤ü (Vetk Ietk) görünür güçtür. Bu nedenle karmafl›k gücün birimi Volt-Amper’dir (VA). Karmafl›k gücün aç›s› da güç çarpan› aç›s›na eflittir. Karmafl›k gücün gerçek k›sm›, Vetk Ietk cos(θv– θi), ortalama güce eflittir ve gerçek güç olarakta adland›r›l›r. Karmafl›k gücün sanal k›sm›, Vetk Ietk
sin(θv– θi) tepkin güç olarak adland›r›l›r ve Q harfi ile temsil edilir. Tepkin gücün
birimi Volt-Amper-Reaktif (VAR)’dir.
Dirençlerde (θv– θi)=0° ve sin(θv– θi)=0 oldu¤undan dirençler tepkin güç harcamazlar yani QR=0 olur. Bobinlerde (θv– θi)=90° ve sin(θv– θi)=1 oldu¤undan tepkin
güç pozitiftir ve bobinler tepkin güç harcarlar. Kondansatörlerde ise (θv– θi)=-90° ve
sin(θv– θi)=-1’dir ve kondansatörler için tepkin güç negatiftir. Bu nedenle kondansatörler devreye tepkin güç sa¤larlar. Q > 0 oldu¤unda güç çarpan› geri, Q < 0 oldu¤unda güç çarpan› ileri olarak nitelendirilir. Q = 0 olmas› durumunda devrede
tepkin güç harcanmaz ve bu devre sadece direnç olan bir devre anlam›na gelir.
189
Bir elektriksel yük için Vetk=110E85°V ve Ietk=0.4E15° A olarak verilmifltir. Karmafl›k gücü, görünür gücü, ortalama gücü, tepkin gücü ve yük empedans›n› hesaplay›n›z.
ÖRNEK 12
Çözüm 12:
Karmafl›k güç S=VetkI*etk=(110E85°)(0.4E-15°)=44E70°VA olarak hesaplan›r.
Görünür güç, karmafl›k gücün büyüklü¤ü oldu¤u için 44 VA olacakt›r. Karmafl›k
güç, S=44cos (70°)+j44sin(70°) VA fleklinde yaz›l›rsa gerçek k›sm› ortalama güç,
sanal k›sm› ise tepkin güç olaca¤›ndan P=44cos(70°)=15.05W ve Q=44sin(70°)
=41.35 VAR olur. Q pozitif oldu¤undan güç çarpan› geri güç çarpan›d›r ve de¤eri cos(70°)= 0.342’dir. Yük empedans› ise
V
110 ∠ 85°
Z = etk =
= 275 cos ∠70°+ j275 sinn(70°) = 94.06 + j258.42Ω olarak heIetk
0.4 ∠ 15°
saplan›r.
Bir sinüzoidal kaynak Z=250E-75°Ω de¤erindeki elektriksel yükeSIRA
20 S‹ZDE
kVAR tepkin güç
sa¤lamaktad›r. Bu yük için
a. güç çarpan›n›,
b. görünür gücü,
c. ortalama gücü hesaplay›n›z.
SIRA S‹ZDE
6
S O R U
S O R U
fiekillerde ayn› elektriksel güç sa¤lay›c› taraf›ndan 1 Ω dirence sahip iletim hatt›
arac›l›¤›yla beslenen iki müflteri gösterilmektedir. Her iki müflteri
D ‹ K5
K AkW
T ortalama
güç harcamaktad›r ve yüklerin uçlar› aras›ndaki gerilim 220 Vetk olarak verilmifltir. Soldaki müflterinin güç çarpan› 0.6 geri ve sa¤daki müflterinin güç çarpan› 0.9
SIRA S‹ZDE
geri olarak verilmifltir. ‹letim hatlar›nda oluflan ortalama güç kay›plar›n› ve güç
sa¤lay›c› firman›n her müflteriye 5 kW güç vermesi için ne kadar ortalama güç
üretmesi gerekti¤ini hesaplay›n›z.
AMAÇLARIMIZ
‹letim hatt›
1
‹letim hatt›
1
Vs
+
-
D‹KKAT
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
+
220Vetk
-
5kW
0.6 Geri GÇ
Vs
+
-
TELEV‹ZYON +
220Vetk
‹NTERNET
Çözüm13:
ÖRNEK 13
5000
= 37.88 A, di¤er
Soldaki devreden akan ak›m›n büyüklü¤ü I1etk =
( 220)(0.6)
5000
devreden akan ak›m›n büyüklü¤ü ise I1etk =
= 25.25 A olarak bulunur.
( 220)(0.9)
Birinci devrede iletim hatt› direnci üzerindeki kay›p ortalama güç
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
5kW
0.9 Geri GÇ
‹NTERNET
190
Devre Analizi
PL1=(37.882)1=1434.9 W ve ikinci devrede iletim hatt› direnci üzerindeki kay›p ortalama güç ise PL2 = (25.252)1=637.56W. Bu durumda güç sa¤lay›c› firma, birinci
müflteri için 6434.9 W üretmeli, ikinci müflteri için ise 5637.56 W üretmelidir. Toplam üretilen ortalama güç 12077.46 W olmakta, ancak bunun 10000 W k›sm› faydal› olarak kullan›lmakta, 2077.46 W k›sm› iletim hatlar›nda kaybolmaktad›r.
Güç Çarpan›n›n Düzeltilmesi
Örnek 13’de anlat›lan durumun nedeni müflterilerin güç çarpanlar›n›n düflük olmas›d›r. Güç çarpan› düflük olunca iletim hatt›ndan akan ak›m yükselmekte ve iletim
hatt› direnci üzerindeki I2R kayb› artmaktad›r. Bu nedenle güç sa¤lay›c› firma müflterilerinin güç çarpanlar›n› belli bir de¤er üzerine ç›karmalar›n› istemekte, aksi halde düflük güç çarpan› olan firmalara elektri¤i daha yüksek fiyatla satmaktad›r.
Müflteriler yüksek fiyatl› elektrik almamak için güç çarpan›n› düzeltecek tedbirleri
al›rlar. Güç çarpan›n›n düzeltilmesi için genellikle motorlardan dolay› endüktif
olan yüklere paralel olarak kondansatör ba¤lanmaktad›r. Kondansatör devreye
tepkin güç sa¤lad›¤› için yük taraf›ndan harcanan tepkin güç düflmektedir. Ortalama güç sabit kald›¤› için iletim hatt›ndan çekilen ak›m azalmakta ve bunun sonucu olarak iletim hatt› direnci üzerindeki kay›p ortalama güç daha az olmaktad›r.
Sonuç olarak müflteriye sa¤lanacak belli miktardaki ortalama güç için sa¤lay›c› firman›n üretmesi gereken ortalama güç miktar› azalmaktad›r.
ÖRNEK 14
Örnek 13’deki birinci müflterinin güç çarpan›n› 0.95 geri olarak düzeltmek için
gerekli kondansatörü hesaplay›n›z. Güç çarpan›n›n 0.95 geri olmas› durumunda
güç sa¤lay›c› firman›n sa¤lamas› gereken ortalama güç ne kadard›r? Kayna¤›n
frekans›n›n 50 Hz oldu¤unu varsay›n›z.
Çözüm 14:
Güç çarpan› düzeltici kondansatörün ba¤land›¤› durumdaki devre afla¤›da gösterilmektedir.
‹letim hatt›
1
Vs
+
-
+
220Vetk
-
C1
5kW
0.95 Geri GÇ
Birinci müflterinin güç çarpan› 0.6 geri oldu¤u durumda güç çarpan› aç›s›
5000
cos–1(0.6)=53.13°, harcad›¤› tepkin güç
sin(53.13°) = 6666.67 VAR ve kar0 .6
mafl›k güç S1eski=5000+6666.67 VA olarak bulunur.
191
Müflterinin güç çarpan› 0.95 geri olarak düzeltildi¤inde güç çarpan› aç›s›
5000
sin(18.19°) = 1643.42 VAR ve karcos–1(0.95)=18.19°, harcanan tepkin güç
0.95
mafl›k güç S1yeni=5000+1643.42 VA olarak bulunur.
Bu durumda birinci müflterinin güç çarpan› düzeltici kondansatörünün sa¤lamas› gereken tepkin güç 1643.42 - 6666.67=-5023.25 VAR olarak bulunur. Buradan
ba¤lanacak kondansatör
Qc1 = 5023.25 =
Xc1 =
2202
5023.25
⇒ X c1 =
= 0.104 Ω
X c1
48400
1
1
1
⇒ C1 =
=
= 0.03 F
ωC1
ωX c1 100π(0.104)
olarak hesaplan›r. Güç çarpan› 0.95 oldu¤unda iletim hatt›ndan akan ak›m›n büSIRA S‹ZDE
5000
= 23.92 A, iletim hatt› direnci üzerindeki kay›p ortalayüklü¤ü I1etk =
( 220)(0.95)
ma güç PL1=(23.922)1=572.17 W olacakt›r. Böylece güç sa¤lay›c›
firma birinci müflD Ü fi Ü N E L ‹ M
SIRA S‹ZDE
teriye 5000 W ortalama güç sa¤lamak için daha az ortalama güç (5572.17 W) üretS O R U
mek zorunda kalacakt›r. Bu sistemin verimlili¤ini artt›r›c› bir yaklafl›md›r.
S O R U
Devre Analizi dersinde ve s›navlarda kullan›lmak üzere trigonometrikDifllemlere
uygun he‹KKAT
databank
özelli¤i olS‹ZDE
mamas› gerekmektedir. Ancak; özellikle sin, cos, tan, arcsin, arccos ve arctan gibi matematiksel ifllemlerin yap›lmas› olanakl› olmal›d›r.
D‹KKAT
AMAÇLARIMIZ
N N
SIRA S‹ZDE
AMAÇLARIMIZ
K ‹ T A P
K ‹ T A P
TELEV‹ZYON
TELEV‹ZYON
‹NTERNET
‹NTERNET
192
Devre Analizi
Özet
Alternatif ak›m devrelerinin analizinde daha önceden
Güç çarpan›n›n düflük olmas› iletim hatt›ndan akan ak›-
do¤ru ak›m devrelerinin analizinde ö¤renilen yöntem-
m›n dolay›s›yla iletim hatt› üzerinde kaybolan gücün
ler (Ohm Kanunu, Kirchoff’un ak›m ve gerilim kanun-
yüksek olmas›na sebep olmaktad›r. Güç çarpan›n›n yük-
lar›, dü¤üm gerilimleri yöntemi, göz ak›mlar› yöntemi,
seltilmesi devreye paralel ba¤lanan kondansatörler yar-
süperpozisyon, kaynak dönüflümleri ve Thevenin-Nor-
d›m›yla yap›lmaktad›r.
ton eflde¤er devreleri) kullan›lmaktad›r. Ancak devre
önce zaman alan›ndan frekans alan›na aktar›lmaktad›r.
Devrenin frekans alan›na aktar›m›nda kaynaklar fazör
olarak ifade edilmekte, direnç, bobin ve kondansatör
ise empedans olarak frekans alan›na aktar›lmaktad›r.
‹stenilen büyüklük frekans alan›nda bulunduktan sonra bu büyüklü¤ün zaman alan› ifadesi yaz›lmaktad›r.
Alternatif ak›m devrelerinde anl›k güç elektriksel eleman›n›n üzerinden akan ak›m ile eleman üzerindeki
gerilim düflümünün çarp›m› olarak hesaplanmaktad›r.
Anl›k gücün iki bilefleni bulunmaktad›r. Bu bileflenler
 1
den biri sabit bir say› olup,  P= Vm I m cos(θ v - θ i ) ,

 2
ortalama güç olarak adland›r›lmaktad›r, birimi Watt
(W)’d›r. ‹kinci bileflen ise gerilim ve ak›m›n frekans›n›n
iki kat› frekansla de¤iflen sinüzoidal bir sinyaldir. Kaynaklar ortalama güç üretebilir veya harcayabilir, dirençler hep ortalama güç harcarlar, bobin ve kondansatör
ortalama güç harcamazlar. Ortalama güç ifadesindeki
1
V I ise görünür güç olarak
2 m m
adland›r›l›r. Görünür gücün birimi Volt-Amperdir (VA).
cos(θv-θi) güç çarpan›,
Alternatif ak›m devrelerindeki bir di¤er güç kavram› re1
aktif güçtür ve Q = Vm I m sin( θ v − θ i ) olarak ifade
2
edilir, birimi Volt-Amper Reaktif (VAR)’dir. Kaynaklar
reaktif güç üretebilir veya harcayabilir. Dirençler reaktif
güç harcamazlar, bobinler reaktif güç harcar ve kondansatörler reaktif güç sa¤larlar.
193
1. i(t) ak›m›n›n ifadesi afla¤›dakilerden hangisidir?
2
4. a – b uçlar› aras›ndaki Thevenin gerilimi afla¤›dakilerden hangisidir?
5
a
i(t)
1/8 F
14cos4t V +
3
-
+
-
10 0° V
a.
b.
c.
d.
e.
j4
4.95 E 45° A
4.95 cos (4t+45°) A
5 cos (4t+30°) A
3 2∠45° A
3 sin (4t+45°) A
b
2. V1(t)’nin ifadesi afla¤›dakilerden hangisidir?
1H
-
a.
b.
c.
d.
e.
1.649 cos (2t – 22.84°)V
2.3 sin (2t – 73.84°)V
2.68 cos (2t – 63.43°)V
1.649 cos (4t – 75.84°)V
1.44 sin (2t – 22.84°)V
3. Devreden akan ak›m›n zaman alan›ndaki ifadesi afla¤›dakilerden hangisidir?
50
100cos1000t V +
-
a.
b.
c.
d.
e.
VTH = 2.5 E 30.6° V
VTH = 8 E 56° V
VTH = 4.5 E –26.56° V
VTH = 5.6 E 26.56° V
VTH = 10 E 0° V
5. Herhangi bir elektriksel yük 0.9 geri güç çarpan› ile
10 kVA harcamaktad›r. Yükün harcad›¤› karmafl›k gücün ifadesi afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 10000 + j3200 VA
b. 9 kW
c. 9000 + j4359 VA
d. 10000 + j4400VA
e. 9000 VAR
+
V1 1
-
6cos2t V +
a.
b.
c.
d.
e.
0.1H
6. V gerilimi afla¤›daki hangi yöntem kullan›larak bulunabilir?
1H
Sin2t V
5 F
0.894 cos (1000t + 63.43°) A
12 cos (1000t + 25°) A
12 E–58° A
10 sin (1000t – 60°) A
5 cos (6000t + 25°) A
a.
b.
c.
d.
e.
+
-
1
+
V
-
1
Dü¤üm gerilimi
Göz ak›mlar›
Süperpozisyon
Thevenin eflde¤eri
Hepsi
+
-
cos20t V
194
Devre Analizi
7. Devrede kaynak taraf›ndan görülen güç çarpan› afla¤›dakilerden hangisidir?
4H
2. c
4
3. a
10cos2t V +
1/8F
-
a.
b.
c.
d.
e.
4. d
5. c
0.707 ileri
0.707 geri
0.9 geri
0.6 ileri
0.6 geri
6. c
7. b
8. Bir fabrika 5000 + j5000 VA karmafl›k güç harcamaktad›r. Bu fabrikan›n güç faktörünü 0.9 geri yapmak için
paralel ba¤lanacak kondansatörün sa¤layaca¤› tepkin
güç miktar› afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 2578 VAR
b. –3500 VAR
c. –2578 VAR
d. –2300 VA
e. 2578 W
9. Bir elektriksel yük üzerindeki gerilimin etkin de¤er
ifadesi vetk = 1.8cos(3t – 35°) V ve yük üzerinden akan
ak›m›n etkin de¤er ifadesi de ietk = 0.15cos(3t + 10°) A
olarak verilmifltir. Yükte harcanan (sa¤lanan) tepkin
güç afla¤›dakilerden hangisidir?
a. 0.27 VAR (harcar)
b. 0.19 VAR (harcar)
c. 0.27 VAR (sa¤lar)
d. 0.14 VAR (sa¤lar)
e. 0.19 VAR (sa¤lar)
10. Devrede kaynak taraf›ndan sa¤lanan ortalama güç
4H
10cos2t V +
-
a.
b.
c.
d.
e.
1. b
25 W
50 W
10 W
100 W
12.5 W
4
1/8F
8. c
9. e
10. e
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Kirchoff Kanunlar›n›n Kullan›m›” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Göz Ak›mlar› Yöntemi” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Thevenin Eflde¤eri Yöntemi” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Karmafl›k Güç” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Süperpozisyon Yöntemi”
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Güç Çarpan›” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Güç Çarpan›n›n Düzeltilmesi” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Karmafl›k Güç” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
Yan›t›n›z yanl›fl ise “Ortalama Güç” bafll›kl› konuyu yeniden gözden geçiriniz.
195
S›ra Sizde 1
2
-j1k
12 0°V
4 0°A
1k
-+
j2k
10 -110°V +
2k
-
+
-
5 0° V
+
VTH
-
j2
-j2
Bu devrede 4 A’l›k kaynaktan dolay› süpergöz bulunmaktad›r. Alt göze I1 ve üst göze I2 ak›m› atan›p (saat
yönünde) eflitlikler yaz›l›rsa
S›ra Sizde 2
j1
12 0° V +
10
-
2
V0
2I2 + 12 + j2I1 – j2I1 = 0 elde edilir.
+
-
1
6 0° V
Buradan I2 = -6 A bulunur.
I1 – I2 = 4 eflitli¤inden I1 = –2 A ve
VTH = 12 + j2I1 = 12 – j4 V olarak bulunur.
Dü¤üm gerilimleri yöntemini uygulamak için V0 noktas›nda eflitlik yazal›m:
V0 −12
j1
+
V0
1
+
V0 − 6
2
=0
V0
1
= 6.86∠− 42.47° A olarak bulunur.
Göz ak›mlar› yöntemi için her göze bir ak›m atanan
devre afla¤›daki gibidir
j1
12 0° V + 11 10
-
1
Thevenin empedans›n› bulmak için kaynaklar› etkisizlefltirelim (ak›m kayna¤› aç›k devre, gerilim kayna¤› k›sa devre). Bu durumda (2 – j2) Ω ile j2 Ω paraleldir ve
ZTH =
2
12
+
-
6 0° V
(2 − j2)( j2)
= 2 + j2 Ω
2 − j2 + j2
olarak bulunur.
Thevenin eflde¤er devreyi ve 2Ω’luk direnci seri ba¤larsak devre afla¤›daki gibi olur.
Göz ak›mlar› eflitlikleri flu flekildedir:
2
(1 + j1)I1 – I2 = 12
–I1 + 3I2 = 6
12-j4 V
+
-
I0 = I1 – I2
Yukar›daki eflitliklerden I0 = 6.86E– 42.47° A olarak
bulunur.
S›ra Sizde 3
Thevenin gerilimini bulmak için direncin uçlar›n› aç›k
devre yapal›m ve aç›k devre gerilimini bulal›m. ‹lgili
devre afla¤›da verilmifltir.
ZTH
j2
-j2
Bu eflitlikten V0 çözülür ve
I0 =
2
Bu devreden,
V0 = 4 2∠− 45°V
j2
+
V0
-
2
196
Devre Analizi
Kaynak üzerinden akan ak›m flu flekildedir:
S›ra Sizde 4
2
I=
I
12 60°V +
-
4
Ps =
-j4
I1
Kayna¤›n gördü¤ü eflde¤er empedans
Z eş =
(4)(−j4)
+ 2 = 4 − j2Ω
4 − j4
I=
olarak bulunur.
2 Ω taraf›ndan harcanan ortalama güç
2
(2.6833) 2
= 7.2 W
2
−j4
I = 1.8974∠41.66°A
4 − j4
P4Ω =
(1.8974)2 4
= 7.2W
2
olarak bulunur.
S›ra Sizde 5
Devrenin frekans alan›ndaki hali afla¤›daki flekilde verilmifltir. Kaynak taraf›ndan görülen güç çarpan›n› bulabilmek için eflde¤er empedans› (Zefl) bulal›m
2
1
16 -40°V
Z eş =
+
-
1 Ω taraf›ndan harcanan ortalama güç ise,
(3.3656)2
= 5.66 W olarak bulunur.
2
2Ω taraf›ndan harcanan ortalama gücü bulabilmek için
üzerinden akan ak›m› bulal›m:
P1Ω =
j6
I = 4.52∠−1.28°A
2 − j2 + j6
Bu durumda,
P2Ω =
(4.52)2 2
= 20.43W
2
olarak bulunur.
4 Ω taraf›ndan harcanan ortalama gücü bulmak için I1
ak›m›n› bulal›m:
I1 =
16(3.3656)
cos(−40°− (−25.28°))
2
= 26.12W
I 2Ω =
12∠60°
= 2.6833∠86.66°A
4 − j2
P2Ω =
16∠ − 40°
= 3.3656∠ − 25.28°A
4.6 − j1.2
j6
-j2
(2 − j2)( j6)
+ 1 = 4.6 − j1.2Ω
2 − j2 + j6
 −1.2 
Güç çarpan› aç›s› tan−1 
 = −14.62°
 4.6 
Güç çarpan› cos(–14.62°)=0.97 ileri
S›ra Sizde 6
Empedans›n faz aç›s› –75° oldu¤undan güç çarpan›
cos(–75°)= 0.2588 ileri olarak bulunur.
Tepkin güç Q= görünür güç*sin(–75°) eflitli¤inden
Görünür güç=20000/sin(–75°)= –20705 VA,
Ortalama güç=Görünür güç*cos(75°)= 5358.6W
olarak bulunur.
Mehmet Önder Efe (2011). Devre Analizi I, Seçkin Yay›nc›l›k, Ankara.
Mehmet Önder Efe (2011). Devre Analizi II, Seçkin
Yay›nc›l›k, Ankara.
Charles K. Alexander and Matthew N.O. Sadiku (2009),
Fundamentals of Electrical Circuits, 4th Ed.,
McGraw-Hill, New York.
J. David Irwin (1990), Basic Engineering Circuit
Analysis, 3rd Ed., Macmillan, New York.
James W. Nillson and Susan A. Riedel, (2011) Electric
Circuits, 8. Bask›n›n Türkçe Bask›s› Elektrik
Devreleri, Palme Yay›nevi, Ankara.

devre anal‹z‹ - Erciyes Üniversitesi Akademik Bilgi Sistemi

Transkript

Benzer belgeler

SES İLE AKTİF OLAN ANAHTAR DEVRESİ (MC2830)

Elektrik Devre Temelleri

havası temiz Narcity

Thevenin Eşdeğer Devresi

4.Aşırı gerilimler